Identität mit Doppelsumme mit Fakultäten

Im Zuge einer Rechnung bin ich auf eine komplizierte Identität gestoßen, die ich beweisen möchte.

Lassen M > 0 Und 0 < ℓ < M ganze Zahlen sein. Lassen ( X ) ( N ) = X ( X + 1 ) ⋯ ( X + N − 1 ) sei die steigende Fakultät. Dann

∑ N = 1 M ∑ k = 0 N − 1 ( M N ) ( − 1 ) N − k ( N + M − k − ℓ − 2 ) ! ( k + ℓ ) ! ( N − k − 1 ) ! 2 k ! 2 ( X − k ) ( N ) = ( − 1 ) M − ℓ ( X − ℓ ) ( M ) .

Ich habe versucht, alles in Bezug auf die Befugnisse zu schreiben X , hat mir aber nicht wirklich geholfen.

Wie lässt sich diese Identität nachweisen?

Version mit Binomen:

∑ N = 1 M ∑ k = 0 N − 1 ( − 1 ) N − k ( M N ) ( N + M − k − ℓ − 2 N − k − 1 ) ( k + ℓ k ) ( N − 1 k ) ( X − k ) ( N ) ( N − 1 ) ! = ( − 1 ) M − ℓ ( M − 1 ℓ ) ( X − ℓ ) ( M ) ( M − 1 ) ! .

Oder definieren

F N , k ( X ) = ( − 1 ) N − k ( N − 1 k ) ( X − k ) ( N ) ( N − 1 ) ! ,
wir können schreiben
∑ N = 1 M ∑ k = 0 N − 1 ( M N ) ( N + M − k − ℓ − 2 N − k − 1 ) ( k + ℓ k ) F N , k ( X ) = F M , ℓ ( X ) .

Ist Ihr Ausdruck nicht zugänglich für eine Art an N te geteilte Differenz Δ ( P ) F ( X ) wie in dieser aktuellen Lösung ?
Nun, dort ist eine Beta-Funktion sichtbar, also versuchen Sie, sie in integrale Schreibweise umzuwandeln. Ich bin sicher, das wird etwas bringen.

Antworten (1)

Etwas umgeschrieben finden wir

∑ N = 1 M ( M N ) N ∑ k = 0 N − 1 ( − 1 ) N − k ( N + M − k − ℓ − 2 N − k − 1 ) ( k + ℓ ℓ ) ( N − 1 k ) ( X − k + N − 1 N ) = M ( − 1 ) M − ℓ ( M − 1 ℓ ) ( X − ℓ + M − 1 M ) .

Wir können dies als Polynome in behandeln X und nimm es als positive ganze Zahl. Es verallgemeinert dann zu komplex X . Arbeiten wir mit der inneren Summe, die wir finden

[ z N − 1 ] ( 1 + z ) N + M − ℓ − 2 [ w ℓ ] ( 1 + w ) ℓ [ v N ] ( 1 + v ) X + N − 1 × ∑ k = 0 N − 1 ( − 1 ) N − k ( N − 1 k ) z k ( 1 + z ) k ( 1 + w ) k ( 1 + v ) − k = ( − 1 ) N [ z N − 1 ] ( 1 + z ) N + M − ℓ − 2 [ w ℓ ] ( 1 + w ) ℓ [ v N ] ( 1 + v ) X + N − 1 × [ 1 − z ( 1 + w ) ( 1 + z ) ( 1 + v ) ] N − 1 = ( − 1 ) N [ z N − 1 ] ( 1 + z ) M − ℓ − 1 [ w ℓ ] ( 1 + w ) ℓ [ v N ] ( 1 + v ) X ( 1 + v + v z − w z ) N − 1 .

Verwenden Q als Indexvariable erhalten wir für die äußere Summe

M ∑ Q = 1 M ( M − 1 Q − 1 ) ( − 1 ) Q [ z Q − 1 ] ( 1 + z ) M − ℓ − 1 × [ w ℓ ] ( 1 + w ) ℓ [ v Q ] ( 1 + v ) X ( 1 + v + v z − w z ) Q − 1 = M ∑ Q = 0 M − 1 ( M − 1 Q ) ( − 1 ) M − Q [ z M − 1 ] z Q ( 1 + z ) M − ℓ − 1 × [ w ℓ ] ( 1 + w ) ℓ [ v M ] v Q ( 1 + v ) X ( 1 + v + v z − w z ) M − Q − 1 = M [ z M − 1 ] ( 1 + z ) M − ℓ − 1 [ v M ] ( 1 + v ) X [ w ℓ ] ( 1 + w ) ℓ × ∑ Q = 0 M − 1 ( M − 1 Q ) ( − 1 ) M − Q z Q v Q ( 1 + v + v z − w z ) M − Q − 1 = − M [ z M − 1 ] ( 1 + z ) M − ℓ − 1 [ v M ] ( 1 + v ) X [ w ℓ ] ( 1 + w ) ℓ ( w z − 1 − v ) M − 1 .

Erweitern des letzten angetriebenen Begriffs, den wir erhalten

− M [ z M − 1 ] ( 1 + z ) M − ℓ − 1 [ v M ] ( 1 + v ) X [ w ℓ ] ( 1 + w ) ℓ × ∑ P = 0 M − 1 ( M − 1 P ) w P z P ( − 1 ) M − 1 − P ( 1 + v ) M − 1 − P .

Für den Koeffizientenextraktor in z um einen Wert ungleich Null zurückzugeben, den wir haben müssen M − 1 − P ≤ M − ℓ − 1 (Beachten Sie, dass mit 0 < ℓ < M der Begriff ( 1 + z ) M − ℓ − 1 ist endlich). Das sagt das ℓ ≤ P . Andererseits ist der Koeffizientenextraktor in w erfordert P ≤ ℓ (der Begriff ( 1 + w ) ℓ ist ebenfalls endlich und wir verwenden die Residuendefinition ( ℓ ℓ − P ) = R e S w 1 w ℓ − P + 1 ( 1 + w ) ℓ . ) Nur P beide Bedingungen zu erfüllen ist P = ℓ und wir finden

− M [ z M − 1 ] ( 1 + z ) M − ℓ − 1 [ v M ] ( 1 + v ) X [ w ℓ ] ( 1 + w ) ℓ × ( M − 1 ℓ ) w ℓ z ℓ ( − 1 ) M − 1 − ℓ ( 1 + v ) M − 1 − ℓ = − M ( M − ℓ − 1 M − ℓ − 1 ) ( X + M − 1 − ℓ M ) ( ℓ ℓ − ℓ ) ( − 1 ) M − 1 − ℓ ( M − 1 ℓ ) .

Dies vereinfacht sich endlich zu

M ( − 1 ) M − ℓ ( M − 1 ℓ ) ( X − ℓ + M − 1 M )

das ist die Behauptung.

Tolle Ableitung. (+1)
@epi163sqrt Vielen Dank für die freundliche Bemerkung.
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