$sum_(k=0)^(+oo) ((n+k),(m+2k))((2k),(k)) ((-1)^k)/(k+1)$
Dimostrare che $sum_(k=0)^(+oo) ((n+k),(m+2k))((2k),(k)) ((-1)^k)/(k+1)=((n-1),(m-1))$, con $m,n >=0$.
Risposte
Lemma: per ogni $n \in NN^+$ ed ogni $P \in CC[x]$ di grado $m < n$, vale $\sum_{k=0}^n (-1)^k P(k) ((n),(k)) = 0$.
Proof: vale $\Delta^n P(x) \equiv \sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} P(x+k) ((n),(k))$, dove $\Delta f(x) = f(x+1) - f(x)$ e $\Delta^k f(x) = \Delta(\Delta^{k-1} f(x))$, identicamente per ogni $f \in RR^RR$ ed ogni $k = 1, 2, ...$ Senonché $\Delta^n P(x) \equiv 0$, poiché $P(\cdot)$ è un polinomio e deg $P(\cdot) < n$. Posto x = 0, si ha la tesi.
Corollario: per ogni $n \in NN^+$, vale $\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k+1} ((n+k),(2k)) ((2k),(k)) = 0$.
Proof: risulta $\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k+1} ((n+k),(2k)) ((2k),(k)) = \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k+1} ((n+k),(k)) ((n),(k)) = \sum_{k=0}^n (-1)^k P(k) ((n),(k))$, dove $P(x) = \frac{1}{x+1} ((n+x),(x))$ è un polinomio di grado $n-1$. Da qui e dal lemma precedente, si ha la tesi.
C'è qualcosa che non torna per $m = n = 0$. Supporrò perciò nel seguito che $m$ ed $n$ siano interi positivi. Fissato genericamente un $n \in NN^+$, sia dunque $P(n)$ la proprietà per cui "$sum_(k=0)^\infty ((n+k),(m+2k))((2k),(k)) ((-1)^k)/(k+1)=((n-1),(m-1))$, per ogni $m = 1, 2, ..., n$." Si tratta di stabilire che $P(n)$ è vera, al variare di $n \in NN^+$.
Se $n = 1$, il claim è banale. D'altro canto, per via dell'identità di Stiefel, essendo $n \in NN^+$, risulta $sum_(k=0)^\infty ((n+1+k),(m+2k))((2k),(k)) ((-1)^k)/(k+1) =$ $ sum_(k=0)^\infty ((n+k),(m+2k))((2k),(k)) ((-1)^k)/(k+1) $ $+ sum_(k=0)^\infty ((n+k),(m-1+2k))((2k),(k)) ((-1)^k)/(k+1) = ((n-1),(m-1)) + ((n-1),(m-2)) = ((n),(m-1))$, pur di ammettere la veridicità di $P(n)$ e sfruttare il corollario di cui sopra per fissare il caso m = 1, evidentemente problematico. La tesi segue a questo p.to per induzione, considerando che non è in alcun modo lesivo di generalità supporre $1 \le m \le n$.
Proof: vale $\Delta^n P(x) \equiv \sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} P(x+k) ((n),(k))$, dove $\Delta f(x) = f(x+1) - f(x)$ e $\Delta^k f(x) = \Delta(\Delta^{k-1} f(x))$, identicamente per ogni $f \in RR^RR$ ed ogni $k = 1, 2, ...$ Senonché $\Delta^n P(x) \equiv 0$, poiché $P(\cdot)$ è un polinomio e deg $P(\cdot) < n$. Posto x = 0, si ha la tesi.
Corollario: per ogni $n \in NN^+$, vale $\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k+1} ((n+k),(2k)) ((2k),(k)) = 0$.
Proof: risulta $\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k+1} ((n+k),(2k)) ((2k),(k)) = \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k+1} ((n+k),(k)) ((n),(k)) = \sum_{k=0}^n (-1)^k P(k) ((n),(k))$, dove $P(x) = \frac{1}{x+1} ((n+x),(x))$ è un polinomio di grado $n-1$. Da qui e dal lemma precedente, si ha la tesi.
"elgiovo":
Dimostrare che $sum_(k=0)^(+oo) ((n+k),(m+2k))((2k),(k)) ((-1)^k)/(k+1)=((n-1),(m-1))$, con $m,n >=0$.
C'è qualcosa che non torna per $m = n = 0$. Supporrò perciò nel seguito che $m$ ed $n$ siano interi positivi. Fissato genericamente un $n \in NN^+$, sia dunque $P(n)$ la proprietà per cui "$sum_(k=0)^\infty ((n+k),(m+2k))((2k),(k)) ((-1)^k)/(k+1)=((n-1),(m-1))$, per ogni $m = 1, 2, ..., n$." Si tratta di stabilire che $P(n)$ è vera, al variare di $n \in NN^+$.
Se $n = 1$, il claim è banale. D'altro canto, per via dell'identità di Stiefel, essendo $n \in NN^+$, risulta $sum_(k=0)^\infty ((n+1+k),(m+2k))((2k),(k)) ((-1)^k)/(k+1) =$ $ sum_(k=0)^\infty ((n+k),(m+2k))((2k),(k)) ((-1)^k)/(k+1) $ $+ sum_(k=0)^\infty ((n+k),(m-1+2k))((2k),(k)) ((-1)^k)/(k+1) = ((n-1),(m-1)) + ((n-1),(m-2)) = ((n),(m-1))$, pur di ammettere la veridicità di $P(n)$ e sfruttare il corollario di cui sopra per fissare il caso m = 1, evidentemente problematico. La tesi segue a questo p.to per induzione, considerando che non è in alcun modo lesivo di generalità supporre $1 \le m \le n$.
Va bene. Tuttavia voglio postare una risoluzione che sfrutta un metodo capace di rendere queste identità meno abominevoli 
(e che, se non sbaglio, contempla anche il caso $m=n=0$).
Sia $f(n)=sum_(k>=0) ((n+k),(m+2k))((2k),(k)) ((-1)^k)/(k+1)$, Definiamo
$F(x)=sum_(n>=0)x^nsum_(k>=0) ((n+k),(m+2k))((2k),(k)) ((-1)^k)/(k+1)=sum_(k)((2k),(k)) (-1)^k/(k+1)x^(-k) sum_(n>=0) ((n+k),(m+2k))x^(n+k)$,
in cui si è isolato nella sommatoria di destra tutto ciò che dipende da $n$ e si è scambiato l'ordine delle sommatorie; a questo punto,
$F(x)=sum_(k)((2k),(k)) (-1)^k/(k+1)x^(-k) sum_(n>=k) ((r),(m+2k))x^r$ (banale sostituzione $r=n+k$);
ora si sfrutta il fatto che, in generale, $sum_(r>=0)((r),(k))x^r=x^k/(1-x)^(k+1)$, per dire che
$F(x)=sum_(k)((2k),(k)) (-1)^k/(k+1)x^(-k) x^(m+2k)/((1-x)^(m+2k+1))=x^m/(1-x)^(m+1)sum_(k)((2k),(k))1/(k+1){(-x)/(1-x)^2}^k=(-x^(m-1))/(2(1-x)^(m-1)){1-sqrt(1+(4x)/(1-x)^2)}=(-x^(m-1))/(2(1-x)^(m-1)){1-(1+x)/(1-x)}=x^m/(1-x)^m$.
La somma originaria è il coefficiente di $x^n$ dell'ultima quantità scritta. Sfruttando ancora il fatto che $sum_(r>=0)((r),(k))x^r=x^k/(1-x)^(k+1)$, tale coefficiente è banalmente $((n-1),(m-1))$.
(e che, se non sbaglio, contempla anche il caso $m=n=0$).Sia $f(n)=sum_(k>=0) ((n+k),(m+2k))((2k),(k)) ((-1)^k)/(k+1)$, Definiamo
$F(x)=sum_(n>=0)x^nsum_(k>=0) ((n+k),(m+2k))((2k),(k)) ((-1)^k)/(k+1)=sum_(k)((2k),(k)) (-1)^k/(k+1)x^(-k) sum_(n>=0) ((n+k),(m+2k))x^(n+k)$,
in cui si è isolato nella sommatoria di destra tutto ciò che dipende da $n$ e si è scambiato l'ordine delle sommatorie; a questo punto,
$F(x)=sum_(k)((2k),(k)) (-1)^k/(k+1)x^(-k) sum_(n>=k) ((r),(m+2k))x^r$ (banale sostituzione $r=n+k$);
ora si sfrutta il fatto che, in generale, $sum_(r>=0)((r),(k))x^r=x^k/(1-x)^(k+1)$, per dire che
$F(x)=sum_(k)((2k),(k)) (-1)^k/(k+1)x^(-k) x^(m+2k)/((1-x)^(m+2k+1))=x^m/(1-x)^(m+1)sum_(k)((2k),(k))1/(k+1){(-x)/(1-x)^2}^k=(-x^(m-1))/(2(1-x)^(m-1)){1-sqrt(1+(4x)/(1-x)^2)}=(-x^(m-1))/(2(1-x)^(m-1)){1-(1+x)/(1-x)}=x^m/(1-x)^m$.
La somma originaria è il coefficiente di $x^n$ dell'ultima quantità scritta. Sfruttando ancora il fatto che $sum_(r>=0)((r),(k))x^r=x^k/(1-x)^(k+1)$, tale coefficiente è banalmente $((n-1),(m-1))$.
"elgiovo":
Va bene. Tuttavia voglio postare una risoluzione che sfrutta un metodo capace di rendere queste identità meno abominevoli
La ritengo abominevole non perché sia difficile a provarsi - anzi tutt'altro, visto l'armamentario usato per venirne a capo (identità di Stiefel e derivate discrete). Semmai, la ritengo abominevole per quel che è. D'altronde, non sono del tutto convinto che, in questo caso, il ricorso alle funzioni generatrici sia la via dell'eleganza e/o della semplicità. In quanto, poi, alla storia dell'$m = n = 0$, il p.to sta nel fatto che vale $((-1),(-1)) = 0$, almeno convenzionalmente (ho chiesto conferma al Mathematica di Wolfram). Senonché $\sum_{k=0}^\infty (-1)^k/(k+1) ((n+k),(m+2k))((2k),(k)) = 1$.
EDIT: l'italiano.
è strano perchè Derive mi dice che $\sum_{k=0}^\infty (-1)^k/(k+1) ((k),(2k))((2k),(k)) = 0$, eppure $sum_{k=0}^\infty (-1)^k/(k+1)((k),(2k))((2k),(k))=(-1)^0/(0+1)((0),(0))((0),(0))+(-1)^1/(1+1)((1),(2))((2),(1))+(-1)^2/(2+1)((2),(4))((4),(2))+ldots=1$.
Per quanto utile, il computer è solo una stupida macchina.
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