Demostrar una identidad que involucra la suma alterna de productos de coeficientes binomiales

Demostrar la siguiente identidad:

∑ k   =   0 ℓ ( − 1 ) k ( j − k ℓ − 1 ) ( ℓ k ) = 0
para algunos enteros ℓ ≥ 1 y j ≥ ℓ .

Usando wolframio alfa he confirmado que esta identidad es verdadera. Pero no estoy seguro de cómo puedo probarlo yo mismo. He tratado de dividirlo en valores pares e impares de k , Pero eso no funcionó. He probado una prueba por inducción en combinación con la identidad ( norte k ) = ( norte − 1 k ) + ( norte − 1 k − 1 ) , pero eso tampoco funcionó. Creo que la prueba podría requerir un método más sofisticado.

Respuestas (3)

Aquí hay una prueba combinatoria. Considera esta pregunta:

¿Cuántos subconjuntos de la { 1 , 2 , … , j } de tamaño yo − 1 contener todos los números { 1 , 2 , … , yo } ?

Obviamente, la respuesta es cero, porque hay más de yo − 1 números en { 1 , 2 , … , yo } !

Por otro lado, podemos contar esto usando el principio de inclusión exclusión. Tomalo todo ( j yo − 1 ) subconjuntos de tamaño yo − 1 , entonces para cada elemento h de { 1 , 2 , … , yo } , restar ( j − 1 yo − 1 ) subconjuntos que faltan h . Luego vuelva a sumar los subconjuntos doblemente restados, reste los subconjuntos triplemente restados, etc. El resultado es exactamente su suma binomial.

Tu idea de inducción debería funcionar. Usando la identidad que sugirió, reescriba su expresión como

∑ k = 0 yo ( − 1 ) k ( j − k yo − 1 ) ( yo k ) = ∑ k = 0 yo − 1 ( − 1 ) k ( j − k yo − 1 ) ( yo − 1 k ) + ∑ k = 1 yo ( − 1 ) k ( j − k yo − 1 ) ( yo − 1 k − 1 ) = ∑ k = 0 yo − 1 ( − 1 ) k ( j − k yo − 1 ) ( yo − 1 k ) − ∑ k = 0 yo − 1 ( − 1 ) k ( j − 1 − k yo − 1 ) ( yo − 1 k ) .
Ahora usa tu identidad por segunda vez, aplicándola al coeficiente binomial ( j − k yo − 1 ) en la primera suma. Después de cancelar algunos términos, podrá aplicar la inducción en yo .

Ok, trabajando como dices: la hipótesis de inducción es
∑ k = 0 yo − 1 ( − 1 ) k ( j − k yo − 2 ) ( yo − 1 k ) = 0   .
Después de aplicar la identidad por segunda vez, como usted indicó, tenemos
∑ k = 0 yo ( − 1 ) k ( j − k yo − 1 ) ( yo k ) = ∑ k = 0 yo − 1 ( − 1 ) k ( j − k − 1 yo − 2 ) ( yo − 1 k ) = ∑ k = 0 yo − 1 ( − 1 ) k ( j − k yo − 2 ) ( yo − 1 k ) j − k − yo + 2 j − k = − ( yo − 2 ) ∑ k = 0 yo − 1 ( − 1 ) k ( j − k yo − 2 ) ( yo − 1 k ) 1 j − k   .
En la última línea he utilizado la hipótesis de inducción. Pero no veo a dónde ir desde aquí.
La hipótesis de inducción es que el enunciado se cumple para todos j ≥ yo − 1 . Para que puedas aplicarlo en tu primera línea.
Ahhh, esa es la información que me faltaba. ¡Muy apreciado!
@Will Orrick Estoy seguro de que me estoy perdiendo algo aquí, pero si la declaración es cierta para j ≥ yo − 1 , entonces no es cierto automáticamente para j ≥ yo desde yo es mayor que yo − 1 ? Sé que esto es un par de años después, pero cualquier ayuda que pueda brindar será apreciada.
@flevinBombastus Esta identidad tiene dos parámetros, yo y j , y queremos demostrar que se cumple para todos yo ≥ 1 y todo j ≥ yo . La hipótesis de inducción es que se cumple para yo = L − 1 para todos j ≥ L − 1 . Esta hipótesis implica inmediatamente que se cumple para todos j ≥ L cuando yo = L − 1 , pero aún debemos demostrar que se cumple para todos j ≥ L cuando yo = L .

Podemos escribir

∑ k = 0 ℓ ( ℓ k ) ( − 1 ) k ( j − k ℓ − 1 ) = ∑ k = 0 ℓ ( ℓ k ) ( − 1 ) k [ z ℓ − 1 ] ( 1 + z ) j − k = [ z ℓ − 1 ] ( 1 + z ) j ∑ k = 0 ℓ ( ℓ k ) ( − 1 ) k ( 1 + z ) − k = [ z ℓ − 1 ] ( 1 + z ) j ( 1 − 1 1 + z ) ℓ = [ z ℓ − 1 ] ( 1 + z ) j − ℓ z ℓ .

Tenemos en todo caso que z ℓ ( 1 + z ) j − ℓ = z ℓ + ⋯ por lo que este término comienza una potencia más allá del extractor de coeficientes y, de hecho, es igual a cero.

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