Demostrando una identidad interesante con sumas parciales de filas de triángulos de Pascal

Esto se puede hacer usando la ecuación (18) en "Sur une identité d'Abel et sur d'autres formules analogs" de Jensen, que establece que

$$\sum_{k=0}^n \binom{a+bk}{k}\binom{c-bk}{n-k} = \sum_{k=0}^n\binom{a+b-k}{n-k}b^k$$

Tenga en cuenta que la RHS de mis ecuaciones originales satisface las recurrencias en el triángulo de Bernoulli , y demostrar que la RHS de la ecuación de Jensen también lo hace es un poco más sencillo (se reduce a la identidad de Pascal).

Aquí buscamos demostrar que

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

Esto es

$$[z^n] \sum_{k=0}^n {2k+1\choose k} z^k (1+z)^{m-(2k+1)} \\ = [z^n] (1+z)^{m-1} \sum_{k=0}^n {2k+1\choose k} z^k (1+z)^{-2k}.$$

Aquí$[z^n]$hace cumplir el rango de la suma y encontramos

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{m-1}}{z^{n+1}} \sum_{k\ge 0} {2k+1\choose k} z^k (1+z)^{-2k} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{m-1}}{z^{n+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1+w}{w} \sum_{k\ge 0} \frac{(1+w)^{2k}}{w^k} z^k (1+z)^{-2k} \; dw \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{m-1}}{z^{n+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1+w}{w} \frac{1}{1-z(1+w)^2/w/(1+z)^2} \; dw \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{m+1}}{z^{n+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1+w}{w(1+z)^2-z(1+w)^2} \; dw \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{m+1}}{z^{n+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1+w}{(1-wz)(w-z)} \; dw \; dz.$$

No hay poste en$w=0$aquí. Nótese sin embargo que para que la serie geométrica converja debemos tener$|z(1+w)^2|\lt |w(1+z)^2|.$Podemos lograr esto tomando$\gamma = 2\epsilon$de modo que

$$|z(1+w)^2| \le \epsilon (1+2\epsilon)^2 = \left. 4\epsilon^3 + 4\epsilon^2 + \epsilon \right|_{\epsilon=1/20} = \frac{242}{4000}$$

y

$$|w(1+z)^2| \ge 2\epsilon (1-\epsilon)^2 = \left. 2\epsilon^3 - 4\epsilon^2 + 2 \epsilon \right|_{\epsilon=1/20} = \frac{361}{4000}.$$

Con estos valores el polo en$w=z$está dentro del contorno y obtenemos como residuo

$$\frac{1+z}{1-z^2} = \frac{1}{1-z}.$$

Esto da lugar a la sustitución en la integral exterior

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{m+1}}{z^{n+1}} \frac{1}{1-z} \; dz = [z^n] \frac{(1+z)^{m+1}}{1-z} \\ = \sum_{k=0}^n [z^k] (1+z)^{m+1} [z^{n-k}] \frac{1}{1-z} = \sum_{k=0}^n {m+1\choose k}.$$

Este es el reclamo.

Observación. Para el polo en$w=1/z$para estar dentro del contorno necesitaríamos$1/\epsilon < 2\epsilon$o$1< 2\epsilon^2$que no se sostiene aquí por lo que este polo no contribuye.