coeficiente de un polinomio
Demuestre que el coeficiente de $[x^nu^m] $ en la función generadora bivariada $\dfrac{1}{1-2x+x^2-ux^2}$ es ${n+1\choose n-2m}.$
Traté de hacer esto usando el teorema multinomial (una extensión del teorema binomial), que básicamente establece que para términos $x_1,\cdots, x_r, n\in \mathbb{N}_{\geq 0}, (x_1+\cdots + x_r)^n = \sum_{k_1+\cdots + k_r = n} \dfrac{n!}{k_1! \cdots k_r!}x_1^{k_1}\cdots x_r^{k_r}.$
Esto da que la función generadora bivariada dada es igual a $\sum_{n\geq 0}(2x-x^2+ux^2)^n = \sum_{n\geq 0} \sum_{k_1+k_2 + k_3 = n} \dfrac{n!}{k_1!k_2!k_3!} (2x)^{k_1}(-x^2)^{k_2}(ux^2)^{k_3}$.
Así, el coeficiente de $[x^n u^m]$ debiera ser $\sum_{k_1 + 2k_2 = n-2m} \dfrac{(n-k_2-m)!}{k_1!k_2!m!}2^{k_1} (-1)^{k_2} .$ Puedo simplificar aún más esto reemplazando $k_2$ con $\dfrac{n-2m-k_1}{2},$pero no estoy seguro de cómo obtener el resultado deseado de eso. ¿Existe alguna otra propiedad útil de los polinomios? Tambien me di cuenta que$\sum_{m\geq 0} {n+1\choose n-2m} = 2^n,$ que se puede mostrar usando la identidad de Pascal, aunque no estoy seguro de si esto es útil.
Respuestas
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ Demuestre que el coeficiente de $\ds{\bracks{x^{n}u^{m}}}$ en la función generadora bivariada $\ds{1 \over 1 - 2x + x^{2} - ux^{2}}$ es $\ds{\bbox[5px,#ffd]{n + 1\choose n - 2m}: {\Large ?}}$.
\begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\bracks{x^{n}u^{m}}{1 \over 1 - 2x + x^{2} - ux^{2}}} = \bracks{x^{n}u^{m}}{1 \over \pars{1 - x}^{2} - ux^{2}} \\[5mm] = &\ \bracks{x^{n}u^{m}}{1 \over \pars{1 - x}^{2}} \bracks{1 - {x^{2} \over \pars{1 - x}^{2}}\,u}^{-1} = \bracks{x^{n}}{1 \over \pars{1 - x}^{2}} \bracks{x^{2} \over \pars{1 - x}^{2}}^{m} \\[5mm] = &\ \bracks{x^{n - 2m}}\pars{1 - x}^{-2m - 2} = {-2m - 2 \choose n - 2m}\pars{-1}^{n - 2m} \\[5mm] = &\ {-\bracks{-2m - 2} + \bracks{n - 2m} - 1 \choose n - 2m} = \bbx{\large{n + 1 \choose n - 2m}} \\ & \end{align}
Podría ser más útil factorizar primero la expresión cuadrática (tomándola como una variable en $x$). De esta forma podemos extraer el coeficiente de$x^n$ ($u$ tomado como una constante) y luego el coeficiente de $u^m$ (en otras palabras $[x^n u^m]f(x,u)=[u^m]([x^n]f(x,u))$. Entonces, por factorización del denominador llegamos a$$ \dfrac{1}{1-2x+x^2-ux^2}=\frac{1}{1-(1+\sqrt{u})x}\cdot \frac{1}{1-(1-\sqrt{u})x} $$ que por serie geométrica es $$ (\sum_{i \geq 0}(1+\sqrt{u})^ix^i) \cdot (\sum_{j \geq 0}(1-\sqrt{u})^j x^j ). $$ Entonces obtenemos un coeficiente de $x^n$ $$ \sum_{k=0}^{n}(1+\sqrt{u})^k(1-\sqrt{u})^{n-k}\tag{*} $$ y el problema se reduce a encontrar el coeficiente de $u^m$ en $(*)$. Podemos evaluar la expresión, por ejemplo, escribiéndola como$$ (1-\sqrt{u})^n\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{1+\sqrt{u}}{1-\sqrt{u}}\right)^k $$ y localizar la serie geométrica finita con $q=\frac{1+\sqrt{u}}{1-\sqrt{u}}$, por lo que podemos usar una fórmula conocida para la suma $\frac{q^{n+1}-1}{q-1}$. Después de un poco de álgebra desordenada obtenemos$$ \frac{1}{2\sqrt{u}}[(1+\sqrt{u})^{n+1}-(1-\sqrt{u})^{n+1}], $$ que finalmente por el teorema binomial da $$ \frac{1}{2\sqrt{u}}\sum_{m=0}^{n+1}\binom{n+1}{m}\sqrt{u}^{m}(1-(-1)^{m}). $$ Incluso para $m$ los términos se desvanecen y nos quedamos con $$ \sum_{m=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}\binom{n+1}{2m+1}u^{m}. $$ Ahora solo lea el coeficiente, quizás también use $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$.