coeficiente binomial

Question

Puede la siguiente sumatoria ser evaluado exactamente (forma cerrada)

$$\sum\limits_{j=-\left[ \frac{p}{n} \right]}^{\left[ \frac{p}{n} \right]}{{{\left( -1 \right)}^{j}}\left( \begin{matrix} 2p \\ p-nj \\ \end{de la matriz} \right)}$$

Aquí [x] es la función del suelo. Si es así, ¿cómo? Traté de egorychev pero se enredaba con los residuos y la función del suelo.

Answer 1

Supongamos que buscamos para recoger información sobre las

$$\sum_{j=-\lfloor n/p\rfloor}^{\lfloor n/p\rfloor} (-1)^j {2n\elegir n-pj}.$$

Vamos a construir una generación de la función en $n$ $p\ge 1$ fijo. Presentamos

$${2n\elegir n-pj} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n-pj+1}} (1+z)^{2n} \; dz.$$

Ahora como vamos a examinar esta integral, vemos de inmediato que se desvanece si $j\gt \lfloor n/p\rfloor$ (pole en cero desaparece). Por otro lado, cuando $j\lt -\lfloor n/p\rfloor$ tenemos que $[z^{n-pj}] (1+z)^{2n} = 0$, por lo que este se desvanece así. Por tanto, con esta integral en lugar podemos dejar $j$ $-n$ hasta el infinito y obtener

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} (1+z)^{2n} \sum_{j=-n}^\infty (-1)^j z^{pj} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} (1+z)^{2n} \sum_{j=0}^\infty (-1)^{j-n} z^{pj-pn} \; dz \\ = \frac{(-1)^n}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{(p+1)n+1}} (1+z)^{2n} \frac{1}{1+z^p} \; dz.$$

Tenemos cero para el residuo en el infinito, como puede verse en

$$\mathrm{Res}_{z=\infty} \frac{1}{z^{(p+1)n+1}} (1+z)^{2n} \frac{1}{1+z^p} \\ = -\mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2} z^{(p+1)n+1} \frac{(1+z)^{2n}}{z^{2n}} \frac{z^p}{1+z^p} \\ = -\mathrm{Res}_{z=0} z^{(p-1)(n+1)} (1+z)^{2n} \frac{1}{1+z^p} = 0.$$

Con los residuos de añadir a cero y la introducción de $\rho_k = \exp(\pi i/p + 2\pi i k/p)$ de este modo, obtener

$$-\sum_{k=0}^{p-1} (-1)^n \frac{1}{\rho_k^{(p+1)n+1}} (1+\rho_k)^{2n} \frac{1}{p\rho_k^{p-1}} = \frac{1}{p} \sum_{k=0}^{p-1} (-1)^n \frac{1}{\rho_k^{pn+n}} (1+\rho_k)^{2n} \\ = \frac{1}{p} \sum_{k=0}^{p-1} \left(\frac{1}{\rho_k} + 2 + \rho_k\right)^n.$$

En este punto, se puede calcular una generación de función usando el hecho de que

$$\sum_{q\ge 0} \rho^q z^q = \frac{1}{1-\rho z} = -\frac{1}{\rho} \frac{1}{z-1/\rho}$$

y obtenemos como un primer intento de

$$G_p(z) = \frac{1}{p} \sum_{k=0}^{p-1} \frac{1}{1-2(1+\cos(\pi/p + 2\pi k/p))z}.$$

Observar que esto representa correctamente la cancelación de la pole en $z=-1$ al $p$ es impar, contribuyendo a cero al $n\ge 1$ $1/p$ de lo contrario. Además tenga en cuenta que con $\rho_k = \exp((2k+1)\pi i/p)$ tenemos

$$\frac{1}{\rho_{p-1-k}} = \exp(-(2(p-1-k)+1)\pi i/p) = \exp((2(k+1-p)-1)\pi i/p) \\ = \exp((2(k+1)-1)\pi i/p - 2\pi i) = \exp((2k+1)\pi i/p) = \rho_k$$

de modo que los polos vienen en pares con ningún polo en $-1$ al $p$ es impar. Por lo tanto, el conjunto de polos generados por esta suma corresponde a el primer $(p-1)/2$ polos al $p$ es impar y la primera $p/2$ al $p$ es incluso. Unir estos dos conseguimos que el grado del denominador de una vez la suma se calcula el ser $\lfloor p/2\rfloor.$

Esta primera fórmula nos permite calcular algunos de estos, como para $p=8$ obtenemos (sin número complejo álgebra necesaria, la trigonometría básica solamente)

$$G_8(z) = \frac{1 - 6 z + 10 z^2 - 4 z^3} {1 - 8 z + 20 z^2 - 16 z^3 + 2 z^4}.$$

Mirando los coeficientes encontramos por el denominador OEIS A034807 y para el numerador OEIS A011973 que nos señalan tres tipos de polinomios, Fibonacci polinomios, Dickson polinomios y Lucas polinomios. Con estos datos podemos decir que una conjeturapara la forma cerrada de la generación de la función, que es

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ G_p(z) = \left(\sum_{q=0}^{\lfloor p/2\rfloor} \frac{p}{p-q} {p-q\elegir q} (-1)^q z^q\ \ derecho)^{-1} \sum_{q=0}^{\lfloor (p-1)/2\rfloor} {p-1-p\elegir q} (-1)^q z^q.}$$

Para verificar esto, se debe mostrar que los polos están en

$$\left(\frac{1}{\rho_k} + 2 + \rho_k\right)^{-1} \quad\text{con residuos}\quad -\frac{2}{p} \left(\frac{1}{\rho_k} + 2 + \rho_k\right)^{-1}$$

donde el factor dos aparece porque los polos se han emparejado.

Por lo tanto, requieren de la generación de las funciones de los polinomios que aparecen en $G_p(z).$ Llamada el numerador $A_p(z)$ y el denominador $B_p(z).$ En primer lugar, calcular la auxiliar de generación de función

$$Q_1(t, z) = \sum_{p\ge 0} t^p \sum_{q=0}^{\lfloor p/2\rfloor} {p-q\elegir q} (-1)^q z^q = \sum_{q\ge 0} (-1)^q z^q \sum_{p\ge 2t} {p-q\elegir q} t^p \\ = \sum_{q\ge 0} (-1)^q z^q t^{t2} \sum_{p\ge 0} {p+q\elegir q} t^p = \sum_{q\ge 0} (-1)^q z^q t^{t2} \frac{1}{(1-t)^{q+1}} \\ = \frac{1}{1-t} \frac{1}{1+zt^2/(1-t)} = \frac{1}{1-t+zt^2}.$$

Luego tenemos la $A(t, z) = t Q_1(t, z).$ $p/(p-q) = 1 + q/(p-q)$ obtener dos piezas para $B(t, z)$, la primera es $Q_1(t, z)$ y el segundo es

$$Q_2(t, z) = \sum_{p\ge 0} t^p \sum_{q=1}^{\lfloor p/2\rfloor} {p-1-p\elegir q-1} (-1)^q z^q = \sum_{q\ge 1} (-1)^q z^q \sum_{p\ge 2t} {p-1-p\elegir q-1} t^p \\ = \sum_{q\ge 1} (-1)^q z^q t^{t2} \sum_{p\ge 0} {p+q-1\elegir q-1} t^p = \sum_{q\ge 1} (-1)^q z^q t^{t2} \frac{1}{(1-t)^p} \\ = -\frac{zt^2/(1-t)}{1+zt^2/(1-t)} = -\frac{zt^2}{1-t+zt^2}$$

y por lo tanto, tenemos $B(t, z) = Q_1(t, z) + Q_2(t, z).$ Esto da lugar a la forma cerrada

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{\large G_p(z) = \frac{[l^{p}] \frac{t}{1-t+zt^2}} {[t^p] \frac{1-zt^2}{1-t+zt^2}}.}$$

Ahora la introducción de (nos encontramos con una desplazado a la generación de la función de la catalana los números)

$$\alpha(z) = \frac{1+\sqrt{1-4z}}{2} \quad\text{y}\quad \beta(z) = \frac{1-\sqrt{1-4z}}{2}$$

tenemos una relación que es análoga a la que existe entre Fibonacci y Lucas polinomios, es decir,

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ A_p(z) = \frac{1}{\alpha(z)-\beta(z)} (\alpha(z)^p - \beta(z)^p) \quad\text{y}\quad B_p(z) = \alpha(z)^p + \beta(z)^p.}$$

Ahora podemos comprobar que $B_p(z) = 0$$z$, un valor de la reivindicada los polos. El uso de $1/(1/\rho_k+2+\rho_k) = \rho_k/(1+\rho_k)^2$ ($\rho_k=-1$ no está incluido aquí) nos encontramos con

$$\alpha(z) = \frac{1+\sqrt{1-4\rho_k/(1+\rho_k)^2}}{2} = \frac{1+(1-\rho_k)/(1+\rho_k)}{2} = \frac{1}{1+\rho_k}$$

y del mismo modo

$$\beta(z) = \frac{\rho_k}{1+\rho_k}.$$

Elevar a la potencia de $p$ encontramos

$$\alpha(z)^p + \beta(z)^p = \frac{1^p + \rho_k^p}{(1+\rho_k)^p} = \frac{1-1}{(1+\rho_k)^p} = 0.$$

Hemos localizado $\lfloor p/2\rfloor$ distintos ceros aquí lo que significa dado el grado de $B_p(z)$ los polos son todas simples. Esto significa que puede evaluar el residuo mediante el establecimiento $z=\rho_k/(1+\rho_k)^2$ en (diferenciar el denominador)

$$\frac{1}{p} \left(\sum_{q=0}^{\lfloor p/2\rfloor} \frac{1}{p-q} {p-q\elegir q} (-1)^p q z^{p-1}\right)^{-1} \sum_{q=0}^{\lfloor (p-1)/2\rfloor} {p-1-p\elegir q} (-1)^q z^p$$

que es

$$\frac{z}{p} \left(\sum_{q=1}^{\lfloor p/2\rfloor} {p-1-p\elegir q-1} (-1)^q z^{q}\right)^{-1} \sum_{q=0}^{\lfloor (p-1)/2\rfloor} {p-1-p\elegir q} (-1)^q z^p$$

El numerador es $A_p(z)$ y obtenemos

$$\frac{1+\rho_k}{1-\rho_k} \frac{2}{(1+\rho_k)^p} = \frac{2}{(1-\rho_k)(1+\rho_k)^{p-1}}.$$

El denominador es $[t^p] Q_2(t, z)$ que es

$$[t^p] \frac{-zt^2}{1-t+zt^2} = [t^p] \frac{1-zt^2}{1-t+zt^2} - [t^p] \frac{1}{1-t+zt^2} \\ = [t^p] \frac{1-zt^2}{1-t+zt^2} - [t^{p+1}] \frac{t}{1-t+zt^2} = B_p(z) - A_{p+1}(z) = -A_{p+1}(z).$$

Tenemos

$$- \frac{1+\rho_k}{1-\rho_k} \frac{1^{p+1}-\rho_k^{p+1}}{(1+\rho_k)^{p+1}} = -\frac{(1+\rho_k)^2}{(1-\rho_k)(1+\rho_k)^{p+1}} = -\frac{1}{(1-\rho_k)(1+\rho_k)^{p-1}}.$$

Uniendo el numerador y el denominador y se multiplica por $z/p$ finalmente produce

$$ \frac{1}{p} \left(\frac{1}{\rho_k} + 2 + \rho_k\right)^{-1} \frac{2/(1-\rho_k)/(1+\rho_k)^{p-1}} {-1/(1-\rho_k)/(1+\rho_k)^{p-1}} = -\frac{2}{p} \left(\frac{1}{\rho_k} + 2 + \rho_k\right)^{-1}$$

como se reivindica. Hemos demostrado que la fórmula de la Egorychev método los partidos de la conjetura forma en términos de una cierta clase de polinomios que están relacionados con Fibonacci y Lucas polinomios como así como los números de catalán.

Answer 2

EDIT: El siguiente material es en respuesta a la respuesta y los comentarios de Marko. Aquí se incluye para ilustrar mi falta de entendimiento en cuanto a cuando el egorychev método dará lugar a una forma cerrada en lugar de una suma de identidad, así como para proporcionar información solicitada por TMM.

Para algunos antecedentes de este problema de considerar en primer lugar el origen de la suma. Consideran, por tanto, la suma $$h\left( n,p \right)=\sum\limits_{j=0}^{n-1}{{}}{{\cos }^{2p}}\left( \frac{\pi (2j+1)}{2n} \right)$$ El objetivo es obtener una forma cerrada para la suma. A partir de la reciente trabajo que sé que estas sumatorias puede ser convertido a lo finito sumatorias que implican los coeficientes binomiales. La ventaja de esta forma sobre el trigonométricas de la forma reside en el hecho de que en ciertos rangos de los parámetros de la suma se toma muy sencillo formas cerradas. Para un ejemplo de la física, donde esto es útil ver https://arxiv.org/abs/1612.09317. En lo que sigue voy a utilizar el método descrito en el mencionado arxiv papel. El primer enfoque implica la escritura de la trigonométricas poder como un binomio de expansión, es decir, $$h\left( n,p \right)=\frac{1}{{{2}^{2p}}}{{\sum\limits_{j=0}^{n-1}{\left( {{e}^{i\frac{\pi (2j+1)}{2n}}}+{{e}^{-i\frac{\pi (2j+1)}{2n}}} \right)}}^{2}}=\frac{1}{{{2}^{2p}}}\sum\limits_{k=0}^{2}{\left( \begin{matrix} 2p \\ k \\ \end{de la matriz} \right)\sum\limits_{j=0}^{n-1}{{{e}^{i\frac{\pi (2j+1)}{n}\left( p-k \right)}}}}$$ La evaluación de la serie geométrica y, a continuación, igualando componentes real e imaginaria de los rendimientos

$$h\left( n,p \right)=\frac{1}{{{2}^{2p+1}}}\sum\limits_{k=0}^{2}{\left( \begin{matrix} 2p \\ k \\ \end{de la matriz} \right)\frac{\sin \left( \left( k-p \right)2\pi \right)}{\sin \left( \frac{\left( k-p \right)}{n}\pi \right)}}$$ Ahora observar que $$\frac{\sin \left( \left( k-p \right)2\pi \right)}{\sin \left( \frac{\left( k-p \right)}{n}\pi \right)}=0$$ para $k-p\ne qn$ y $$\frac{\sin \left( \left( k-p \right)2\pi \right)}{\sin \left( \frac{\left( k-p \right)}{n}\pi \right)}=\underset{z\to qn}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin \left( z2\pi \right)}{\sin \left( \frac{z}{n}\pi \right)}=\frac{2\pi \cos \left( 2q\pi \right)}{\frac{\pi }{n}\cos \left( q\pi \right)}={{\left( -1 \right)}^{q}}2n$$ for $k-p=qn$. Consider then the case when $p<$ n, entonces la única singularidad se produce cuando k=p. Para este caso tenemos $$h\left( n,p \right)=\frac{n}{{{2}^{2}}}\left( \begin{matrix} 2p \\ p \\ \end{de la matriz} \right)$$ Esta es una vista previa de que la suma se toma en las formas simples de las diversas restricciones en la p. El hecho de que el sumando se desvanece para diversos k, implica que tenemos que venir para arriba con un esquema de recuento de las singularidades. Nota para $p\ge n$ singularidades se introducen en cada múltiplo de n y k=p, yo.e, $k-p=mn$. De hecho, si $qn\le p<\left( q+1 \right)n$ hay 2q+1 singularidades. El número total de singularidades es, por tanto,$2\left[ \frac{p}{n} \right]+1$. Ahora, considere el ejemplo, cuando p=qn. En este caso, las singularidades se producen en k=mn, donde m va de 0 a $2\left[ \frac{p}{n} \right]$. Sin embargo, si $qn\le p<\left( q+1 \right)n$, es decir, $p=qn+L$ decir, las singularidades se desplazan de un múltiplo de n. Por lo tanto, tenemos las singularidades que ocurren en $k=mn+L$ donde $L=p-qn=p-n\left[ \frac{p}{n} \right]$. tomando nota de $$\frac{\sin \left( \left( k-p \right)2\pi \right)}{\sin \left( \frac{\left( k-p \right)}{n}\pi \right)}={{\left( -1 \right)}^{q}}2n={{\left( -1 \right)}^{m-\left[ \frac{p}{n} \right]}}2n$$ since $$k-p=qn\Rightarrow q=\left[ \frac{k-p}{n} \right]=\left[ \frac{mn+L-p}{n} \right]=\left[ \frac{mn+p-n\left[ \frac{p}{n} \right]-p}{n} \right]=\left[ m-\left[ \frac{p}{n} \right] \right]=m-\left[ \frac{p}{n} \right]$$ Tenemos, por tanto, (donde el índice de recuento de m es reemplazado por k) $$h\left( n,p \right)=\frac{n}{{{2}^{2}}}\sum\limits_{k=0}^{2\left[ p/n \right]}{{{\left( -1 \right)}^{k+\left[ p/n \right]}}\left( \begin{matrix} 2p \\ kn+p-n\left[ \frac{p}{n} \right] \\ \end{de la matriz} \right)}$$
(ya que todos los otros términos son cero). Ahora observe que podemos escribir $$h\left( n,p \right)=\frac{n}{{{2}^{2}}}\sum\limits_{k=0}^{\left[ p/n \right]}{{{\left( -1 \right)}^{k+\left[ p/n \right]}}\left( \begin{matrix} 2p \\ kn+p-n\left[ \frac{p}{n} \right] \\ \end{de la matriz} \right)}+\frac{n}{{{2}^{2}}}\sum\limits_{k=\left[ p/n \right]+1}^{2\left[ p/n \right]}{{{\left( -1 \right)}^{k+\left[ p/n \right]}}\left( \begin{matrix} 2p \\ kn+p-n\left[ \frac{p}{n} \right] \\ \end{de la matriz} \right)}$$ Así $$h\left( n,p \right)=\frac{n}{{{2}^{2}}}\sum\limits_{k=0}^{\left[ p/n \right]}{{{\left( -1 \right)}^{k}}\left( \begin{matrix} 2p \\ -kn+p \\ \end{de la matriz} \right)}+\frac{n}{{{2}^{2}}}\sum\limits_{k=1}^{\left[ p/n \right]}{{{\left( -1 \right)}^{k+2\left[ p/n \right]}}\left( \begin{matrix} 2p \\ kn+p \\ \end{de la matriz} \right)}$$ Por lo tanto $$h\left( n,p \right)=\sum\limits_{j=0}^{n-1}{{{\cos }^{2}}\left( \frac{\pi (2j+1)}{2n} \right)}=\frac{n}{{{2}^{2}}}\sum\limits_{k=-\left[ p/n \right]}^{\left[ p/n \right]}{{{\left( -1 \right)}^{k}}\left( \begin{matrix} 2p \\ p-kn \\ \end{de la matriz} \right)}$$ Que es la suma en mi post original. Mientras que el binomio forma, obviamente, los rendimientos agradable formas cerradas para el trigonométricas de suma cuando los límites de p con respecto a n son conocidos, tengo una cierta aplicación en la mente, en el que sería ventajoso para una forma cerrada para arbitrario p. De ahí la pregunta: ¿Puede una forma cerrada para la suma encontrarse utilizando la Egorychev método (o método de los coeficientes)? Al no ser un experto en esas cosas simplemente me fui por delante y realiza el siguiente cálculo: Sea p un múltiplo de n, es decir, sea p=Qn, para un entero P, entonces tenemos $$\sum\limits_{k=-\left[ p/n \right]}^{\left[ p/n \right]}{{{\left( -1 \right)}^{k}}\left( \begin{matrix} 2p \\ p-kn \\ \end{de la matriz} \right)}=\sum\limits_{j=-Q}^{Q}{{{\left( -1 \right)}^{j}}\left( \begin{matrix} 2nQ \\ n\left( Q-j \right) \\ \end{de la matriz} \right)}=\sum\limits_{j=0}^{T2}{{{\left( -1 \right)}^{P-j}}\left( \begin{matrix} 2nQ \\ nj \\ \end{de la matriz} \right)}$$ Observar desde $\left( \begin{matrix} n \\ k \\ \end{de la matriz} \right)=\frac{1}{2\pi i}\int\limits_{\left| z \right|=\delta }^{{}}{\frac{{{\left( 1+z \right)}^{n}}}{{{z}^{k+1}}}dz}$, entonces uno tiene $$\sum\limits_{j=0}^{T2}{{{\left( -1 \right)}^{P-j}}\left( \begin{matrix} 2nQ \\ nj \\ \end{de la matriz} \right)}=\frac{{{\left( -1 \right)}^{P}}}{2\pi i}\int\limits_{\left| z \right|=\delta }^{{}}{\frac{{{\left( 1+z \right)}^{2nQ}}\left( 1+{{z}^{n\left( 1+2T \right)}} \right)}{\left( {{z}^{n}}+1 \right){{z}^{1-n+n\left( 1+2T \right)}}}dz}$$ Como puede comprobarse mediante el cálculo de los residuos. En el formulario de arriba a la suma finita ha sido evaluado. Y aquí es donde mi ignorancia de la estrategia de este método viene a la palestra. Observe que la integral de contorno (creo) se obtiene ninguna ventaja en términos de una forma cerrada, así que siguió adelante y eligió una representación específica, a saber, $$\sum\limits_{j=0}^{T2}{{{\left( -1 \right)}^{P-j}}\left( \begin{matrix} 2nQ \\ nj \\ \end{de la matriz} \right)}=\frac{{{\left( -1 \right)}^{P}}{{2}^{2nQ}}}{\pi }\int\limits_{0}^{\pi }{\frac{{{\cos }^{2nQ}}\left( \theta \right)}{\cos \left( n\theta \right)}\cos \left( n\left( 1+2T \right)\theta \right)d\theta }$$ Continuando con el cálculo consideran, por tanto, $$\frac{\cos \left( n\left( 1+2Q \right)\arccos \left( x \right) \right)}{\cos \left( n\arccos \left( x \right) \right)}=\frac{{{T}_{n\left( 1+2Q \right)}}\left( x \right)}{{{T}_{n}}\left( x \right)}$$ donde T son los polinomios de Chebyshev de la primera clase. Nota: ${{T}_{j}}{{T}_{k}}=\frac{1}{2}\left( {{T}_{k+j}}+{{T}_{\left| k-j \right|}} \right)$ por lo tanto ${{T}_{n}}{{T}_{2Qn}}=\frac{1}{2}\left( {{T}_{2Qn+n}}+{{T}_{2Qn-n}} \right)$. A partir de este se obtiene una relación de recurrencia que eventuates en una suma sobre los polinomios; es decir, $$\sum\limits_{j=0}^{T2}{{{\left( -1 \right)}^{P-j}}\left( \begin{matrix} 2nQ \\ nj \\ \end{de la matriz} \right)}=\frac{{{\left( -1 \right)}^{P}}{{2}^{2nQ+1}}}{\pi }\int\limits_{-1}^{1}{\frac{{{x}^{2nQ}}}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}\sum\limits_{k=0}^{Q}{{{\varepsilon }_{k}}{{\left( -1 \right)}^{k}}{{T}_{2n\left( Q-k \right)}}\left( x \right)}dx}$$ donde ${{\varepsilon }_{k}}=1\,\,\left( k\ne Q \right)\,\,\frac{1}{2}\,\,\left( k=Q \right)\,$. Ahora polinomios de Chebyshev de incluso el índice son incluso funciones, por lo tanto $$\sum\limits_{j=0}^{T2}{{{\left( -1 \right)}^{P-j}}\left( \begin{matrix} 2nQ \\ nj \\ \end{de la matriz} \right)}=\frac{{{\left( -1 \right)}^{P}}{{2}^{2nQ+1}}}{\pi }2\sum\limits_{k=0}^{Q}{{{\varepsilon }_{k}}{{\left( -1 \right)}^{k}}}\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{x}^{2nQ}}{{T}_{2n\left( Q-k \right)}}\left( x \right)}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}dx}$$ Considere la siguiente integral de la derivación de la que no se reproduce aquí (Véase, por ejemplo, Gradshteyn 7.346) $$\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{s-1}}\frac{{{T}_{n}}\left( x \right)}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}dx}=\frac{\pi }{s{{2}^{s}}B\left( \tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2}s+\tfrac{1}{2}n,\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2}s-\tfrac{1}{2}n \right)}$$ Por tanto, hemos $$\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2nQ+1-1}}\frac{{{T}_{2n\left( Q-k \right)}}\left( x \right)}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}dx}=\frac{\pi }{\left( 2nQ+1 \right){{2}^{2nQ+1}}B\left( 1+2nQ-nk,1+nk \right)}$$ Por lo tanto $$\sum\limits_{j=0}^{T2}{{{\left( -1 \right)}^{P-j}}\left( \begin{matrix} 2nQ \\ nj \\ \end{de la matriz} \right)}=\frac{2{{\left( -1 \right)}^{P}}}{2nQ+1}\sum\limits_{k=0}^{Q}{{{\left( -1 \right)}^{k}}{{\varepsilon }_{k}}\frac{\Gamma \left( 2nQ+2 \right)}{\Gamma \left( 1+2nQ-nk \right)\Gamma \left( 1+nk \right)}}$$ o $$\sum\limits_{j=0}^{T2}{{{\left( -1 \right)}^{P-j}}\left( \begin{matrix} 2nQ \\ nj \\ \end{de la matriz} \right)}=2\sum\limits_{j=0}^{Q}{{{\left( -1 \right)}^{P-j}}{{\varepsilon }_{k}}\left( \begin{matrix} 2nQ \\ nj \\ \end{de la matriz} \right)}$$ Sin embargo, esto es una consecuencia trivial de la simetría de los coeficientes. Así que aunque no es una forma cerrada, se dió un trivial de identidad (en un muy prolijos manera). Estos cálculos (tengo algunos otros) también entregar las identidades. Sin embargo, veo a la aplicación del método a otros problemas dando soluciones de forma cerrada para binomial sumatorias. Esto entonces le pregunte a mis preguntas en los comentarios respecto a la estrategia del método. Cabe señalar que Marko la respuesta, aunque no es estrictamente una solución a mi pregunta, proporcionan información valiosa sobre el método y específicos a esta suma (a través de la generación de la función).