mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 20, 2025 6:26 pm**

Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\binom{m+k}{n}=\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\binom{m}{k}2^k$ ,

για οποιουσδήποτε θετικούς ακεραίους m,n

.

Σημείωση: Δεκτές τόσο αλγεβρικές όσο και συνδυαστικές προσεγγίσεις

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 20, 2025 8:50 pm**

Ορέστης Λιγνός έγραψε: Δευ Ιαν 20, 2025 6:26 pm Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\binom{m+k}{n}=\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\binom{m}{k}2^k$ ,

για οποιουσδήποτε θετικούς ακεραίους .

Συνδυαστική δε γνωρίζω, οπότε ας δούμε μία απόδειξη με binomial manipulation.

Θα κάνουμε χρήση των ακολούθων $\displaystyle{\sum_{j=0}^{n} \binom{m}{j} \binom{k}{n-j} = \binom{m+k}{n}}$ , $\displaystyle{\binom{n}{m}\binom{m}{k}=\binom{n}{k}\binom{n-k}{m-k}}$ από εδώ και της ταυτότητας $\displaystyle{\binom{n}{n-j} = \binom{n}{j}}$ . Συνεπώς,

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \binom{m+k}{n} &= \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \sum_{j=0}^n \binom{m}{j} \binom{k}{n-j} \\ &= \sum_{j=0}^n \binom{m}{j} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \binom{k}{n-j} \\ &= \sum_{j=0}^n \binom{m}{j} \sum_{k=0}^n \binom{n}{n-j} \binom{j}{k-n+j} \\ &= \sum_{j=0}^n \binom{m}{j} \binom{n}{j} \sum_{k=0}^n \binom{j}{k-n+j} \\ &\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \overset{m=k-n+j}{=\! =\! =\! =\! =\! =\!} \sum_{j=0}^n \binom{m}{j} \binom{n}{j} \sum_{m=0}^{j} \binom{j}{m} \\ &= \sum_{j=0}^n \binom{m}{j} \binom{n}{j} 2^j \end{aligned}}$

όπου στο τελευταίο βήμα χρησιμοποιήσαμε τη ταυτότητα $\displaystyle{\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} = 2^n}$ η οποία προκύπτει από το διωνυμικό ανάπτυγμα για x=y=1

.

Έχω βρει και μία λύση με μιγαδική. Άλλη φορά.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 20, 2025 9:21 pm**

https://math.stackexchange.com/question ... redirect=1

https://math.stackexchange.com/question ... redirect=1

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 21, 2025 6:51 am**

Καλημέρα σε όλους!

Πολύ ενδιαφέρον το θέμα που πρότεινε ο Ορέστης και, αν δεν έχω κάνει λάθος, νομίζω επιδέχεται την ακόλουθη γενίκευση:

Ισχύει η παρακάτω ισότητα πολυωνύμων:

$\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}\dbinom{m+k}{n}x^{n-k}=\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}\dbinom{m}{k}(1+x)^k$

Για x=1

δίνει τη ζητούμενη.

Μες στη μέρα θα επανέλθω με την απόδειξη που νομίζω ότι έχω βρει για τη γενίκευση, εφ' όσον δε με προλάβει καποιο άλλο μέλος

.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 21, 2025 1:23 pm**

Για την απόδειξη του ισχυρισμού στο αμέσως προηγούμενο ποστ:

Εξισώνοντας τους συντελεστές των πολυωνύμων, θέλουμε να δείξουμε ότι:

$\sum_{k=t}^{n}\dbinom{n}{k}\dbinom{m}{k}\dbinom{k}{t}=\dbinom{n}{t}\dbinom{m+n-t}{n}$

ή

$\sum_{k=t}^{n}\dbinom{n}{t}\dbinom{m}{k}\dbinom{n-t}{n-k}=\dbinom{n}{t}\dbinom{m+n-t}{n}$

ή

$\sum_{k=t}^{n}\dbinom{m}{k}\dbinom{n-t}{n-k}=\dbinom{m+n-t}{n}$ .

Θέτω r=n-t

και αρκεί

$\sum_{k=0}^{r}\dbinom{r}{k}\dbinom{m}{n-k}=\dbinom{m+r}{n}$ .

Όμως, η τελευταία ισότητα ισχύει γιατί κάθε μέλος είναι κι ένας διαφορετικός τρόπος να μετρήσω τους τρόπους επιλογής

αντικειμένων
από ένα ''ντουλάπι με δύο ράφια'', εκ των οποίων το ένα ράφι έχει

αντικείμενα και το άλλο

αντικείμενα.

Τη μία φορά μετράω κατευθείαν τις

-άδες. Τη δεύτερη φορά μετράω τις

-άδες με τον όρο ότι επιλέγω

αντικείμενα από το πρώτο συρτάρι και n-k

από το δεύτερο. Αφήνω το

να πάρει όλες τις τιμές 0,1,...,r

και προσθέτω.

mathematica.gr

Απόδειξη ταυτότητας

Απόδειξη ταυτότητας

Re: Απόδειξη ταυτότητας

Re: Απόδειξη ταυτότητας

Re: Απόδειξη ταυτότητας

Re: Απόδειξη ταυτότητας