Demostrando un complejo binomio identidad

Question

Me gustaría probar una identidad:

$$\binom{\alpha}{n} = \sum_{k=0}^n(-1)^k(k+1)\binom{\alpha + 2}{n-k}$$

Donde $\alpha$ es complejo.

Ya he visto que si tienes dos secuencias relacionadas con la identidad $$b_n = \sum_{k=0}^n(-1)^{k}(1+k)a_{n-k}$$ you can write the generating function for $b_n$ (which I'll write as $B(z)$) in terms of the generating function for $a_n$ de la siguiente manera:

$$B(z) = \frac{A(z)}{(1+z)^2}$$

Cómo puedo demostrar esta identidad, utilizando el anterior hecho?

Gracias de antemano!

Answer 1

Aplicamos el producto de Cauchy de la fórmula. Es conveniente utilizar el coeficiente de operador $[z^n]$ para denotar el coeficiente de $z^n$ en una serie. De esta manera podemos escribir por ejemplo \begin{align*} [z^n](1+z)^\alpha=\binom{\alpha}{n} \end{align*}

Obtenemos para $\alpha\in\mathbb{C}$$n\in\mathbb{N}$: \begin{align*} \color{blue}{\sum_{k=0}^n}&\color{blue}{(-1)^k(k+1)\binom{\alpha+2}{n-k}}\\ &=\sum_{k=0}^n\left([z^k]\frac{1}{(1+z)^2}\right)\left([z^{n-k}](1+z)^{\alpha+2}\right)\tag{1}\\ &=[z^n](1+z)^{\alpha}\\ &\,\,\color{blue}{=\binom{\alpha}{n}} \end{align*} y el reclamo de la siguiente manera.

Comentario:

• En (1) usamos la fórmula de producto de Cauchy\begin{align*} A(z)&=\sum_{k=0}^\infty a_kz^k,\qquad B(z)=\sum_{j=0}^\infty b_jz^j\\ A(t)B(t)&=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{{k+j=n}\atop{k,j\geq 0}}a_kb_j\right)t^n=\sum_{n=0}^\infty \left(\sum_{k=0}^n a_k b_{n-k}\right)t^n\\ &=\sum_{n=0}^\infty\sum_{k=0}^n \left([z^k]A(z)\right)\left([z^{n-k}]B(z)\right)t^n \end{align*}

  En el caso anterior tenemos \begin{align*} A(z)&=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k(k+1)z^k=\frac{1}{(1+z)^2}\\ B(z)&=\sum_{k=0}^\infty \binom{\alpha+2}{k}z^k=(1+z)^{\alpha+2} \end{align*}

Answer 2

El clásico de la recursión para el triángulo de Pascal es $\;{\alpha\choose n}+{\alpha\choose n-1}={\alpha+1\choose n},\;$ aplicada dos veces dándole $\;{\alpha+2\choose n}.\;$ También $\;(1+z)B(z)=A(z)\;$ es equivalente a $\;a_n=b_n+b_{n-1},\;$ y se aplica dos veces hemos terminado.

Answer 3

Edit: esta prueba no depende de la generación de funciones, lo que me perdí fue un requisito en la pregunta original. Ya que esto es algo elemental, pensé que podría ser de utilidad para los post de todos modos.

En primer lugar, vamos a demostrar que esto tiene para $m \in \mathbb{N}$. Podemos hacer la inducción en la siguiente proposición: para cada una de las $m$, sostiene que

$$ {m \elegir n} = \sum_{k=0}^n(-1)^k(k+1){m+2 \elegir n-k} $$

para cualquier natural $n \leq m$. En efecto, si $m = 1$, el único caso a considerar es

$$ {1 \elegir 1} = 1 = 3 - 2 = \sum_{k = 0}^1(-1)^k(k+1){3 \elegir 1 - k} $$

y si la propuesta tiene por $m$,

$$ {m+1 \elegir n} = {m \elegir n} + {m \elegir n-1} = \\ = \sum_{k=0}^n(-1)^k(k+1){m+2 \elegir n-k} + \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k(k+1){m+2 \elegir n-1-k} = \\ \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k(k+1)\big[{m+2 \elegir n-k} + {m+2 \elegir n-1-k}\big] + (-1)^n(n+1){m+2 \elegir 0} = \\ = \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k(k+1){m+3 \elegir n-k} + (-1)^n(n+1){m+2 \elegir 0} = \\ = \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k(k+1){m+3 \elegir n-k} + (-1)^n(n+1){m+3 \elegir 0} = \sum_{k=0}^{n}(-1)^k(k+1){m+3 \elegir n-k} $$

donde aquí estamos usando la hipótesis inductiva, es decir, que la igualdad tiene por $m$$n \leq m$. Para concluir el resultado, nos quedamos con el caso donde $n = m+1$, y en este caso,

$$ \sum_{k=0}^{m+1}(-1)^k(k+1){m+3 \elegir m+1-k} = \sum_{k=0}^{m+1}(-1)^k(k+1){m+3 \elegir k+2} = \\ = \sum_{k=2}^{m+3}(-1)^k(k-1){m+3 \elegir k} = \sum_{k=2}^{m+3}(-1)^kk{m+3 \elegir k} - \sum_{k=2}^{m+3}(-1)^k{m+3 \elegir k} = \\ = \big[{m+3 \elegir 1}\big] - \big[-{m+3 \elegir 0} + {m+3 \elegir 1}\big] = 1 = {m+1 \elegir m+1} $$

Ahora podemos probar el caso general. Vamos a arreglar $n \in \mathbb{N}$, y definir los siguientes polinomios,

$$ P_n(\alpha) = {\alpha \elegir n}, \ Q_n(\alpha) = \sum_{k=0}^n(-1)^k(k+1){\alpha+2 \elegir n-k} $$

con $P_n,Q_n \in \mathbb{C}[X]$. Ya hemos ya demostrado que $P_n \equiv Q_n$$\alpha \in \mathbb{N}_{\geq n}$, y estos son complejos valores de los polinomios en una variable, deben ser de la misma. Por otra parte, desde la $n$ es arbitrario, hemos probado que $P_n = Q_n$ cualquier $n \in \mathbb{N}$, que es precisamente lo que quería:

$$ {\alpha \elegir n} = \sum_{k=0}^n(-1)^k(k+1){\alpha+2 \elegir n-k} \ \ (\forall \alpha \in \mathbb{C} \ \forall \ n \in \mathbb{N}) $$