Beweis interessanter Identität mit Teilsummen von Pascals Dreiecksreihen

Dies kann durch Verwendung von Gleichung (18) in Jensens "Sur une identité d'Abel et sur d'autres formulas analogs" erfolgen, in dem dies angegeben ist

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

Beachten Sie, dass die RHS meiner ursprünglichen Gleichungen die Wiederholungen im Bernoulli-Dreieck erfüllen , und der Beweis, dass die RHS von Jensens Gleichung dies auch tun, etwas einfacher ist (läuft auf Pascals Identität hinaus).

Das wollen wir hier beweisen

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

Das ist

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

Hier$[z^n]$erzwingt die Reichweite der Summe und wir finden

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

Es gibt keinen Pol bei$w=0$Hier. Beachten Sie jedoch, dass wir haben müssen, damit die geometrische Reihe konvergiert$|z(1+w)^2|\lt |w(1+z)^2|.$Wir können dies erreichen, indem wir nehmen$\gamma = 2\epsilon$so dass

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

Und

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

Mit diesen Werten liegt der Pol bei$w=z$innerhalb der Kontur liegt und wir als Rest erhalten

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

Dies ergibt beim Einsetzen in das äußere Integral

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

Das ist der Anspruch.

Anmerkung. Für die Stange bei$w=1/z$um innerhalb der Kontur zu sein, die wir brauchen würden$1/\epsilon < 2\epsilon$oder$1< 2\epsilon^2$was hier nicht gilt, also trägt dieser Pol nicht bei.