それらの閉じた形を見つけることができなかった3つの二項式のアイデンティティ

3
Noname 2020-03-08 05:13.

次の二項恒等式の閉じた形は何ですか?

$$\sum_{k=0}^{m}\binom{n}{k}\binom{r}{k}k\tag{I}$$

ヴァンデルモンドのアイデンティティを使用して閉じた形を見つけることができるかどうかはわかりません。

$$\sum_{k=0}^{n}\binom{m-k-1}{m-n-1}\left(k \right)\tag{II}$$

の閉じた形を知っていたら $\sum_{k=0}^{n}\binom{k}{n}k$ それなら私はそれを処理しますが、残念ながら私にはわかりません。

$$\sum_{k=0}^{n}\binom{n+k}{k}\binom{n}{k}\frac{\left(-1 \right)^k}{k+1}\tag{III}$$

二項変換を試しましたが、役に立ちませんでした。


出典:具体的な数学(第2版)

4 answers

2
Maximilian Janisch 2020-03-08 05:29.

しましょう $\Gamma(x)$ガンマ関数を示します。(特に$n!=\Gamma(n+1)$。)次に、Mathematicaは最初にZeilbergerのアルゴリズムを使用し、次にアルゴリズムHyper(両方ともこの本で説明されている)を使用して次の結果を出します。

$$\sum_{k=0}^{m}\binom{n}{k}\binom{r}{k}k=-(m+1) \binom{n}{m+1} \binom{r}{m+1} \, _3F_2(1,m-n+1,m-r+1;m+2,m+2;1)-\binom{n}{m+2} \binom{r}{m+2} \, _3F_2(2,m-n+2,m-r+2;m+3,m+3;1)+\frac{\Gamma (n+r)}{\Gamma (n) \Gamma (r)}$$

(なんて邪悪な最初の合計)

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

そして $$\sum_{k=0}^{n}\binom{n+k}{k}\binom{n}{k}\frac{\left(-1 \right)^k}{k+1}=\frac{1}{\Gamma (1-n) \Gamma (n+2)}.$$

1
Noname 2020-03-09 01:30.

$\text{(I)}$

合計の上限と下限を定義すると、いくつかの条件を考慮する必要があるため、難しくなります。そのため、そうしないことをお勧めします。

$$\sum_{k}^{}\binom{n}{k}\binom{r}{k}k=n\sum_{k}^{}\binom{n-1}{k-1}\binom{r}{k}=n\sum_{k}^{}\binom{n-1}{n-k}\binom{r}{k}$$$$=n\sum_{k}^{}\binom{n-1}{k}\binom{r}{n-k}=n\binom{n+r-1}{n}$$

または:

$$\sum_{k}^{}\binom{n}{k}\binom{r}{k}k=r\sum_{k}^{}\binom{n}{k}\binom{r-1}{k-1}=r\sum_{k}^{}\binom{n}{k}\binom{r-1}{r-k}$$$$=r\sum_{k}^{}\binom{n}{r-k}\binom{r-1}{k}=r\binom{n+r-1}{r}$$

したがって: $$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{\sum_{k}^{}\binom{n}{k}\binom{r}{k}k=n\binom{n+r-1}{n}=r\binom{n+r-1}{r}}$$


$\text{(II)}$

私は次のアイデンティティを使用します:

$$\sum_{k=n}^{m}\binom{k}{n}k=\sum_{k=0}^{m}\binom{k}{n}k$$$$=\sum_{k=0}^{m}\binom{k-1}{n-1}k+\sum_{k=0}^{m}\binom{k-1}{n}k=n\sum_{\color{red}{k=0}}^{m}\binom{k}{n}+\left(n+1 \right)\sum_{\color{blue}{k=0}}^{m}\binom{k}{n+1}$$$$=n\sum_{\color{red}{k=n}}^{m}\binom{k}{n}+\left(n+1 \right)\sum_{\color{blue}{k=n+1}}^{m}\binom{k}{n+1}$$$$=n\binom{m+1}{n+1}+\left(n+1 \right)\binom{m+1}{n+2}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\large\color{red}{*}$$

$$\sum_{k=0}^{n}\binom{m-k-1}{m-n-1}\left(k \right)$$

設定 $m-k-1 \mapsto k$ 我々は持っています:

$$=\sum_{k=m-n-1}^{m-1}\binom{k}{m-n-1}\left(m-1-k \right)=\sum_{k=m-n-1}^{m-1}\binom{k}{m-n-1}\left(m-1-k \right)$$$$=\left(m-1\right)\sum_{k=m-n-1}^{m-1}\binom{k}{m-n-1}-\sum_{k=m-n-1}^{m-1}\binom{k}{m-n-1}k$$$$=\left(m-1\right)\binom{m}{m-n}-\sum_{k=m-n-1}^{m-1}\binom{k}{m-n-1}k$$$$=\left(m-1\right)\binom{m}{n}-\sum_{k=m-n-1}^{m-1}\binom{k}{m-n-1}k$$

設定 $n \mapsto \left(m-n-1\right)$ そして $m \mapsto \left(m-1\right)$$\large\color{red}{*}$ 次のとおりです。

$$=\left(m-1\right)\binom{m}{n}-\left(m-n-1\right)\binom{m}{m-n}-\left(m-n \right)\binom{m}{m-n+1}$$$$=n\binom{m+1}{n}-m\binom{m}{n-1}=n\binom{m+1}{n}-m\binom{m}{n-1}$$

したがって:

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{\sum_{k=0}^{n}\binom{m-k-1}{m-n-1}\left(k \right)=\binom{m}{n-1}}$$

その有効性がチェックされている $n,m \in \mathbb Z$


$\text{(III)}$

$$\sum_{k=0}^{n}\binom{n+k}{k}\binom{n}{k}\frac{\left(-1 \right)^k}{k+1}=\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n}\binom{n+k}{k}\binom{n+1}{k+1}\left(-1 \right)^k$$$$=\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n}\binom{-n-1}{k}\binom{n+1}{n-k}=\frac{1}{n+1}\binom{0}{n}= \begin{cases} 1&\, \;\;\;\; n=0\\ \\ 0 &\text{otherwise} \end{cases} $$

したがって:

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{\sum_{k=0}^{n}\binom{n+k}{k}\binom{n}{k}\frac{\left(-1 \right)^k}{k+1}=\frac{1}{\left(-n\right)!\left(n+1\right)!}}$$

0
vonbrand 2020-03-08 05:43.

Petkovsek、Wilf、Zeilberger "A = B"の手法を試してください(面倒なチェックはほとんどのCASで行われます。たとえば、最大値にはパッケージがあります)。それが合計できるかどうか(そして合計と簡単な証明を与える)、または閉じた形で書くことができないことを証明するかどうかを教えてくれます。

0
Marko Riedel 2020-03-08 08:07.

3番目のアイデンティティについては、

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

我々は持っています

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

これで、係数エクストラクタが合計の範囲を適用し、次のようになります。

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

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