Công thức đóng thành $N:=\sum_{j=0}^{k/2}\left(\begin{array}{c} n \\ k-j \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} k-j \\ j \end{array}\right) $

Question

Tôi đã cho mysel như sau

Vấn đề : Đối với$k$ thậm chí và $n\geq k$, người ta có thể tìm thấy một công thức đóng cho tổng $$ N:=\sum_{j=0}^{k/2}\left(\begin{array}{c} n \\ k-j \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} k-j \\ j \end{array}\right)? $$

Lúc đầu, tôi nghĩ rằng một số loại danh tính của Vandermonde có thể giải quyết điều này. Bây giờ tôi tin rằng điều này còn xa tầm thường, nếu có thể. Tôi muốn chắc chắn rằng tôi không nhầm.

Answer 1

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\on}[1]{\operatorname{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ Lưu ý rằng $\ds{{k - j \choose j} = 0}$ khi nào $\ds{j > {k \over 2}}$: Tổng có thể được thực hiện $\ds{\mbox{" up to $\ ds {+ \ infty "}$}}$: \begin{align} {\cal N}\pars{k,n} & \equiv \bbox[5px,#ffd]{% \sum_{j = 0}^{k/2}{n \choose k - j}{k - j \choose j}} \\[5mm] & = \sum_{j = -\infty}^{0}{n \choose k + j} {k + j \choose -j} \\[5mm] & = \sum_{j = -\infty}^{k}{n \choose j} {j \choose k - j} = \sum_{j = 0}^{\infty}{n \choose j}{j \choose k - j} \\[5mm] & = \sum_{j = 0}^{\infty}{n \choose j}\bracks{z^{k - j}} \pars{1 + z}^{j} \\[5mm] & = \bracks{z^{k}}\sum_{j = 0}^{\infty}{n \choose j} \bracks{z\pars{1 + z}}^{j} \\[5mm] & = \bracks{z^{k}}\pars{1 + z + z^{2}}^{n} \\[5mm] & = \bracks{z^{k}}{1 \over \bracks{1 -2\pars{\color{red}{-1/2}}z + z^{2}} ^{\color{red}{-n}}} \\[5mm] & = \sum_{j = 0}^{\infty}\on{C}_{j}^{\color{red}{-n}}\, \pars{\color{red}{-{1 \over 2}}}z^{j} \end{align}

$\ds{C_{j}^{\pars{\alpha}}}$là một Đa thức Gegenbauer .$$ \implies \bbx{{\cal N}\pars{k,n} = C_{k}^{\pars{\color{red}{-n}}}\, \pars{\color{red}{-{1 \over 2}}}} \\ $$

• $\ds{{\cal N}\pars{k,n} = 0}$ khi nào $\ds{k \geq 2n + 1}$.
• $\ds{{\cal N}\pars{k,n} = {\cal N}\pars{k,n - k}}$.

Lô của $\ds{{\cal N}\pars{k,10}}$: