сумма ряда

[max(Im)]

Здраствуйте!
Столкнулся с такой задачей - нужно доказать, что

$$ \sum\limits_{s=0}^{\infty}C_{p+s}^sC_{2p+m}^{2p+2s}=2^{m-1}\dfrac{2p+m}{m}C_{m+p-1}^p. $$

Тут все целое.
Обычно подобные суммы доказываются рассмотрением разложений по биному выражений типа $(1-x)^{-m},$ с переопределением биномиального коэффициента $C_n^k$ для отрицательного $n.$ Потом сравниваются коэффициенты при степенях $x.$ Например, в этой задаче можно написать $C_{m+p-1}^{p}=\dfrac{m(m+1)\ldots (m+p-1)}{p!}=(-1)^pC_{-m}^p.$ Проблема в том, что непонятно, какие выражения исходно представлять. Кроме того, странный множительно перед биномиальным коэффициентом непонятно как представить. Он вроде бы не представляет собой никакой биномиальный коэффициент. С разложением $2^{m-1}=(1+1)^{m-1}$ тоже ничего не вышло. Как быть?

[Sonic86]

max(Im) в сообщении #498582 писал(а):

Обычно подобные суммы доказываются рассмотрением разложений по биному выражений типа $(1-x)^{-m},$ с переопределением биномиального коэффициента $C_n^k$ для отрицательного $n.$ Потом сравниваются коэффициенты при степенях $x.$

Кроме того, можно послу умножения на $x^m$ дифференцировать и интегрировать и умножать на $x^a$. Этого достаточно для того, чтобы исключить из правой части дробь $\frac{2p+m}{m}$ и свернуть полученное выражение. Можете попробовать.
А вообще сейчас EtCetera придет и все покажет.

[max(Im)]

Таким способом я получил вот что:

$$ \sum\limits_{p=0}^{\infty}\dfrac{2p+m}{m}C_{m+p-1}^px^p=(1-x)^{-m-1}(x+1). $$

А что сделать с $2^{m-1}$ ? И как получить какое-нибудь произведение ?

[nnosipov]

Есть книга Егорычева "Интегральные представления ...", там указан общий подход к такого рода задачам. Кстати, Maple с такой суммой легко справился.

[max(Im)]

nnosipov в сообщении #498845 писал(а):

Есть книга Егорычева "Интегральные представления ..."

Напоминает главу про биномиальные коэффициеты из Конкретной математики. Я думаю, что в этом примере все проще, чем общий подход.

[nnosipov]

max(Im) в сообщении #498853 писал(а):

Я думаю, что в этом примере все проще, чем общий подход.

Такое вполне возможно. Скажем, у обеих частей равенства может быть какое-то комбинаторное истолкование. Но стоит ли овчинка выделки? Возможно, полезнее как раз поупражняться в методе Егорычева. Я когда-то осваивал этот метод на примере суммы

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

Её можно вычислить и более простым способом, но мне был интересен именно общий подход.

[max(Im)]

nnosipov в сообщении #498856 писал(а):

Возможно, полезнее как раз поупражняться в методе Егорычева.

Я считаю, что этот метод слишком сложен для меня. И все-таки мне бы хотелось решить эту задачу тем методом, который я предложил. А вот на счет комбинаторного истолкования сомневаюсь...

[nnosipov]

max(Im), понятно. Вот ещё одна идейка (в моём примере выше она сработала): попробовать переписать произведение двух данных биномиальных коэффициентов в виде произведения каких-нибудь других двух биномиальных коэффициентов.

[max(Im)]

nnosipov в сообщении #498859 писал(а):

попробовать переписать произведение двух данных биномиальных коэффициентов в виде произведения каких-нибудь других двух биномиальных коэффициентов.

Это как? Пока у меня этого не получилось...

[max(Im)]

nnosipov
Какие два других биномиальных коэффициента можно написать в вашем примере?

[max(Im)]

Можно показать, что

$$ \sum\limits_{m=1}^{\infty}\left(\frac{2p+m}{m}\right)2^{m-1}C_{m+p-1}^px^m= \frac{1-x}{(1-2x)^{p+1}}-1. $$

Но опять нет произведения степеней...
Вопрос еще в том, что если слева (в том, что доказывается) стоит коэффициент при степени из произведения рядов, то как во втором биномиальном коэффициенте возникло именно $2s$?

[nnosipov]

max(Im) в сообщении #499205 писал(а):

nnosipov
Какие два других биномиальных коэффициента можно написать в вашем примере?

Я имел в виду тождество $C_{n-k}^k C_{n-2k}^{m-k}=C_m^kC_{n-k}^m$. После такой замены нужно воспользоваться формулой для конечных разностей, и вся сумма упростится до $1$.

[xni]

У Виленкина есть подобная задача (№428):

Пользуясь тем, что $(1 - x)^{-2p}\left[1-\left(\frac{x}{1-x}\right)^2\right]^{-p} = (1 - 2x)^{-p}$, доказать, что $\sum\limits_{s=0}^{\infty}C_{p+s}^{s}C_{2p+m}^{2p+2s+1}=2^{m-1}C_{m+p-1}^{p}$

Но я её так и не смог решить.

Получаю, что:

$$(1-x)^{-2p} = \sum\limits_{s=0}^{\infty}C_{2p+s-1}^s x^s,$$ $$\left[1-\left(\frac{x}{1-x}\right)^2\right]^{-p} = \sum\limits_{s=0}^{\infty}C_{p+s-1}^s \left(\frac{x}{1-x}\right)^{2s}.$$

В правой части просто стоит коэффициент перед $x^{m-1}$. А вот как получить коэффициент перед $x^{m-1}$ для левой части уже второй день не придумаю.

Пожалуй, правильно переписать

$$\sum\limits_{s=0}^{\infty}C_{p+s}^{s}C_{2p+m}^{(m-1) - 2s},$$

тогда остаётся вопрос: верно ли, что

$$\sum\limits_{s=0}^{\infty}C_{p+s}^{s}C_{2p+m}^{(m-1) - 2s} x^{m-1} = \sum\limits_{s=0}^{\infty}C_{p+s-1}^s \left(\frac{x}{1-x}\right)^{2s} C_{2p+m-2-2s}^{(m-1)-2s} x^{(m-1)-2s}$$

[coll3ctor]

max(Im) в сообщении #498582 писал(а):

Здраствуйте!
Столкнулся с такой задачей - нужно доказать, что

$$ \sum\limits_{s=0}^{\infty}C_{p+s}^sC_{2p+m}^{2p+2s}=2^{m-1}\dfrac{2p+m}{m}C_{m+p-1}^p. $$

Тут все целое.
Обычно подобные суммы доказываются рассмотрением разложений по биному выражений типа $(1-x)^{-m},$ с переопределением биномиального коэффициента $C_n^k$ для отрицательного $n.$ Потом сравниваются коэффициенты при степенях $x.$ Например, в этой задаче можно написать $C_{m+p-1}^{p}=\dfrac{m(m+1)\ldots (m+p-1)}{p!}=(-1)^pC_{-m}^p.$ Проблема в том, что непонятно, какие выражения исходно представлять. Кроме того, странный множительно перед биномиальным коэффициентом непонятно как представить. Он вроде бы не представляет собой никакой биномиальный коэффициент. С разложением $2^{m-1}=(1+1)^{m-1}$ тоже ничего не вышло. Как быть?

может индукцией ?

[Хорхе]

max(Im) в сообщении #499275 писал(а):

Можно показать, что

$$ \sum\limits_{m=1}^{\infty}\left(\frac{2p+m}{m}\right)2^{m-1}C_{m+p-1}^px^m= \frac{1-x}{(1-2x)^{p+1}}-1. $$

Правильно, именно это и надо. Только просуммировать по $m$ надо от нуля, чтоб удобнее.
При $m=0$ там получается нуль на нуль, так что лучше переписать

$$ \frac{1}{m}C_{m+p-1}^p = \frac{1}{m+p} C_{m+p}^p $$

В левой части выйдет то же самое, только намного проще.