Sommatoria

[axpgn]

Dimostrare $sum_(r=0)^n ((n),(r)) ((n),(n-r))=((2n),(n))$

[orsoulx]

Non è altro che un corollario (con $ p=2n $ e $ q=n $ ) della ben più consistente
$ sum_i ((n),(i)) ((p-n),(q-i))=((p),(q)) $ con $ 0<=n<=p ^^ 0<=q<=p $
ed $ i $ che assume tutti i possibili valori per cui entrambi i coefficienti binomiali risultino definiti.
La dimostrazione, molto semplice, può essere condotta a partire dalla domanda: "in quanti modi si possono disporre $ q $ oggetti (indistinguibilli) in $ p $ posti?"

Ciao
B.

[axpgn]

Ho capito perché funziona e come funziona la formula che hai scritto però non riuscivo a trovare una dimostrazione algebrica, perciò volevo postare quella che avevo trovato per la mia; al che mi è venuta un'idea: se la mia era un caso particolare forse potevo "generalizzare" la mia dimostrazione e forse ci sono riuscito ... ma è decisamente lunga

Questa è la dimostrazione dell'uguaglianza che ho proposto:

$(1+x)^n=sum_(r=0)^n ((n),(r))1^(n-r)x^r=sum_(r=0)^n ((n),(r))x^r=((n),(0))x^0+((n),(1))x^1+...+((n),(n-1))x^(n-1)+((n),(n))x^n$

... quindi ... $(1+x)^(2n)=(1+x)^n(1+x)^n=sum_(r=0)^n ((n),(r))x^r * sum_(r=0)^n

((n),(r))x^r=$

$[((n),(0))x^0+((n),(1))x^1+...+((n),(n-1))x^(n-1)+((n),(n))x^n]*[((n),(0))x^0+((n),(1))x^1+...+((n),(n-1))x^(n-1)+((n),(n))x^n]=$

$...+((n),(0))x^0*((n),(n))x^n+...+((n),(1))x^1*((n),(n-1))x^(n-1)+...=...+sum_(r=0)^n ((n),(r))((n),(n-r))x^n+...$

... ma è anche ... $(1+x)^(2n)=sum_(r=0)^(2n) ((n),(r))1^(2n-r)x^r=$
$sum_(r=0)^(2n) ((n),(r))x^r=((2n),(0))x^0+((2n),(1))x^1+...+((2n),(n))x^n+...+((2n),(2n-1))x^(2n-1)+((2n),(2n))x^(2n)$

quindi ... $sum_(r=0)^n ((n),(r))((n),(n-r))=((2n),(n))$

Adesso provo con la tua ...

Poniamo $m=p-n$ e $j=q-i$ ...

$(1+x)^(p)=(1+x)^n(1+x)^m=sum_(i=0)^n ((n),(i))x^i * sum_(j=0)^m ((m),(j))x^j=$

$[((n),(0))x^0+((n),(1))x^1+...+((n),(n-1))x^(n-1)+((n),(n))x^n]*[((m),(0))x^0+((m),(1))x^1+...+((m),(m-1))x^(m-1)+((m),(m))x^m]=$

Ipotizzando $n>=m$ (sempre possibile), se $q<=m$ allora

$...+((n),(0))x^0*((m),(q))x^(q)+...+((n),(1))x^(1)*((m),(q-1))x^(q-1)+...+((n),(q))x^q*((m),(0))x^(0)+...=sum_(i=0)^q ((n),(i))((m),(q-i))x^q=sum_(i=0)^q ((n),(i))((p-n),(q-i))x^q$

... ma è anche ...

$(1+x)^p=sum_(r=0)^p ((p),(r))x^r=((p),(0))x^0+((p),(1))x^1+...+((p),(q))x^q+...+((p),(p-1))x^(p-1)+((p),(p))x^p$

... quindi ...

$sum_(i=0)^q ((n),(i))((p-n),(q-i))=((p),(q))$

Invece se $m<=q<=n$ allora

$...+((n),(q-m))x^(q-m)*((m),(m))x^(m)+...+((n),(q-m+1))x^(q-m+1)*((m),(m-1))x^(m-1)+...+((n),(q))x^q*((m),(0))x^(0)+...=sum_(i=0)^m ((n),(q-i))((m),(i))x^q$

che dovrebbe valere anche quando $m<=n<=q$

Spero funzioni ...

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

Mi pare ragionevole. Innaffiando la piantina, magari si sviluppa il calcolo umbrale e potrai diventare un nuovo Giancarlo Rota.
Ciao e complimenti per la determinazione.
B.

[axpgn]

Ho sbirciato l'argomento su Wiki, ovviamente non ho capito molto però mi ha ricordato una formula "particolare" che mi era piaciuta molto e relativa al calcolo delle dismutazioni, ed era alla fine di un'altrettanto bella dimostrazione.
Se qualcuno fosse interessato, io la posto ... ... anzi, le posto, tutte e due ...

Cordialmente, Alex