Dos relaciones en serie, cada una implica a la otra - del libro de particiones de Andrews

Considere la serie formal

$$\begin{array}{}f(x)=\sum_{n=1}^\infty a_nx^n&\text{and}&g(x)=\sum_{n=1}^\infty b_nx^n\end{array}$$ Entonces $\eqref{first_eq}$es equivalente a $$\begin{align} f(x) &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=0}^{n-1}\binom{r-n+j}{j}b_{n-j}x^n\\ &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=1}^{n}\binom{r-j}{n-j}b_jx^n\\ &=\sum_{j=1}^\infty\sum_{n=j}^{\infty}\binom{r-j}{n-j}b_jx^n\\ &=\sum_{j=1}^\infty\sum_{n=0}^{\infty}\binom{r-j}{n}b_jx^{n+j}\\ &=\sum_{j=1}^\infty b_j(1+x)^{r-j}x^{j}\\ &=(1+x)^rg\left(\frac{x}{1+x}\right) \label{a}\tag{a} \end{align}$$ y $\eqref{second_eq}$es equivalente a $$\begin{align} g(x) &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=0}^{n-1}\binom{r-n+j}{j}(-1)^ja_{n-j}x^n\\ &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=1}^{n}\binom{r-j}{n-j}(-1)^{n-j}a_jx^n\\ &=\sum_{j=1}^\infty\sum_{n=j}^{\infty}\binom{r-j}{n-j}(-1)^{n-j}a_jx^n\\ &=\sum_{j=1}^\infty\sum_{n=0}^{\infty}\binom{r-j}{n}(-1)^na_jx^{n+j}\\ &=\sum_{j=1}^\infty a_j(1-x)^{r-j}x^{j}\\ &=(1-x)^rf\left(\frac{x}{1-x}\right) \label{b}\tag{b} \end{align}$$ Las sustituciones algebraicas simples producen que $\eqref{a}$y $\eqref{b}$son equivalentes. De este modo, $\eqref{first_eq}$y $\eqref{second_eq}$son equivalentes.

Como se señaló en los comentarios, esta es una variación de la fórmula de inversión binomial$\sum_{k=m}^n (-1)^{k-m} \binom{k}{m} \binom{n}{k} = \delta_{mn}$. Para obtener pruebas de esta fórmula (que usaré), consulte esta pregunta de math.SE. También se puede probar fácilmente usando la fórmula de revisión del trinomio que cito a continuación. Desde otra perspectiva, la inversión binomial dice que la matriz de Pascal es (hasta el signo) su propia inversa. Para obtener más información, consulte " Interpretación combinatoria de la inversión binomial " y mi respuesta a "Números de Stirling y matrices inversas".

Para tu problema, solo demostraré que$\eqref{second_eq}$ $\Rightarrow$ $\eqref{first_eq}$, ya que, como bien apuntas, con eso es suficiente.

Primero, reindexar$\eqref{first_eq}$y$\eqref{second_eq}$para obtener las formas más simples

$$a_n = \sum_{j=1}^n \binom{r-j}{n-j} b_j, \tag{1}$$ $$b_n = \sum_{j=1}^n \binom{r-j}{n-j} (-1)^{n-j} a_j. \tag{2}$$

Suponiendo que (2) es verdadera, y comenzando con el lado derecho de (1), tenemos

$$\sum_{j=1}^n \binom{r-j}{n-j} b_j = \sum_{j=1}^n \binom{r-j}{n-j} \sum_{k=1}^j \binom{r-k}{j-k} (-1)^{j-k} a_k = \sum_{k=1}^n \sum_{j=k}^n \binom{r-j}{n-j} \binom{r-k}{j-k} (-1)^{j-k} a_k.$$ Ahora, aplica la fórmula de revisión del trinomio $\binom{r}{m} \binom{m}{k} = \binom{r}{k} \binom{r-k}{m-k}$. (Esto es fácil de probar; simplemente escribe los coeficientes binomiales en forma factorial y reagrupa. Para obtener una referencia, consulta Matemáticas concretas , 2.ª edición, pág. 168). Obtenemos $$\sum_{k=1}^n \sum_{j=k}^n \frac{\binom{r}{n} \binom{n}{j}}{\binom{r}{j}} \frac{\binom{r}{j} \binom{j}{k}}{\binom{r}{k}} (-1)^{j-k} a_k = \sum_{k=1}^n \frac{\binom{r}{n}}{\binom{r}{k}} a_k \sum_{j=k}^n \binom{n}{j} \binom{j}{k} (-1)^{j-k} .$$ Entonces, la inversión binomial produce $$=\sum_{k=1}^n \frac{\binom{r}{n}}{\binom{r}{k}} a_k \delta_{nk} = \frac{\binom{r}{n}}{\binom{r}{n}} a_n = a_n.$$

Es bastante fácil forzar esta prueba por fuerza bruta, solo por sustitución y dos identidades básicas. En realidad es cierto para arbitrario$r\in\mathbb{R}$, siempre y cuando definas$z\choose k$por real arbitrario$z$y enteros no negativos$k$.

Dado (1), reemplace el$a_{n-j}$en el lado derecho de (2) para obtener lo que desea:

$$b_n = \sum_{j=0}^{n-1} \sum_{k=0}^{n-j-1} (-1)^j {{r-n+j}\choose j}{{r-n+j+k}\choose k} b_{n-j-k}$$

Juntando términos, el coeficiente de$b_{n-m}$en el lado derecho está (observando que j+k=m, o k=mj):

$$\sum_{j=0}^{m} (-1)^j{{r-n+j}\choose j}{r-n+m \choose m-j}$$

Tenga en cuenta que esta es una función de$r-n$, por lo que podemos escribir:

$$f_m(z) = \sum_{j=0}^m (-1)^j{z+j \choose j}{z+m \choose m-j}$$

Entonces, el lado derecho de (2), después de la sustitución, es:

$$\sum_{m=0}^{n-1} f_m(n-r) b_{n-m}$$

Pero${z+m \choose m-j}{z+j \choose j} = {z+m \choose m} {m \choose j}$. Puede ver esto algebraicamente con bastante facilidad, o puede probarlo combinatoriamente para enteros no negativos$z$, y luego usamos que ambos lados son polinomios de grado$m$en$z$, por lo que deben estar de acuerdo en todas partes.

Entonces

$$f_m(z) = {z+m \choose m} \sum_{j=0}^m (-1)^j {m \choose j} = {z+m \choose m} (1+(-1))^m$$

Y por lo tanto$f_m(z)=0$si$m>0$, y$f_0(z)=1$.

Pero eso significa que el lado derecho de (2) es igual a$b_n$.