Verallgemeinerung von Multisets
Beweisen Sie das für jeden$c,d \in \mathbb{R}$und$k\in\mathbb{N}, \left({c+d\choose k}\right) = \sum_{j=0}^k \left({c\choose j}\right) \left({d\choose k-j}\right).$
Ich weiß, wie man das zeigt${a+b\choose k} = \sum_{j=0}^k {a\choose j}{b\choose k-j}$zum$a,b\in \mathbb{R}$mit einem algebraischen Beweis, aber ich bin mir nicht sicher, wie ich die Multiset-Version davon zeigen soll. ich weiß das$\left({n\choose k}\right) = {n+k-1\choose k}$. Aber wenn wir darauf bestanden$c,d\in\mathbb{N},$Ich denke, ich könnte in der Lage sein, einen kombinatorischen Beweis zu erbringen. Lassen$S$bezeichnen die Menge von$j$-Multisets (dh von Größe$j$) von$[1,\cdots, c+d]$. Lassen$C_j$bezeichnen die Menge der Multisets der Größe$j$aus$[1,\cdots, c]$und$D_{k-j}$bezeichnen die Menge der Multisets der Größe$k-j$aus$[c+1,\cdots, c+d]$. Lassen$E_j$bezeichnen die Menge von$k$-Multisets aus$[1,\cdots, c+d]$mit$j$Elemente aus$[1,\cdots, c].$Beachten Sie das jeweils$E_j$ist disjunkt, und$S = \cup_{j=0}^k E_j\Rightarrow |S| = \sum_{j=0}^k |E_j|\tag{1}.$Außerdem ist es nicht schwierig, eine Bijektion zu definieren$f : E_j \to C_j \times D_{k-j}.$Seit$|C_j| = \left({c\choose j}\right)$und$|D_{k-j}| = \left({d\choose k-j}\right)$und$ |E_j| = |C_j||D_{k-j}|$, Ersetzen dieser Ergebnisse in$(1)$gibt die gewünschte Gleichheit. Aber das funktioniert natürlich nur für$c,d\in \mathbb{N}.$
Antworten
Für fest$k\in\Bbb N$der Ausdruck
$$p(c,d)=\left(\!\!\binom{c+d}k\!\!\right)-\sum_{j=0}^k\left(\!\!\binom{c}j\!\!\right)\left(\!\!\binom{d}{k-j}\!\!\right)$$
ist ein Polynom in$c$und$d$. Wenn wir reparieren$c\in\Bbb N$, wird es ein Polynom in$d$. Entweder ist dieses Polynom identisch$0$, oder sie hat nur endlich viele Nullstellen. Seit es ist$0$für jeden$d\in\Bbb N$, es muss identisch sein$0$. Daher,$p(n,d)=0$für jeden$n\in\Bbb N$und$d\in\Bbb R$. Aber wir können jetzt halten$d$fixiert und anzeigen$p(c,d)$als Polynom in$c$, und nach demselben Argument muss das Polynom identisch sein$0$. Daher,$p(c,d)=0$für alle$c,d\in\Bbb R$.
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $\ds{\bbox[5px,#ffd]{\mbox{Prove that for any}\ c,d \in \mathbb{R}\ \mbox{and}\ k\in\mathbb{N}, \left(\!{c + d \choose k}\!\right) = \sum_{j = 0}^{k}\left(\!{c\choose j}\!\right) \left(\!{d\choose k - j}\!\right)}:\ {\Large ?}}$.
\begin{align} &\bbox[#ffd,5px]{\sum_{j = 0}^{k}\left(\!{c\choose j}\!\right) \left(\!{d\choose k-j}\!\right)} = \sum_{j = 0}^{k}{c^{\,\large\overline{j}} \over j!} {d^{\,\overline{k - j}} \over \pars{k - j}!} \\[5mm] = &\ {\pars{c + d + k - 1}! \over \pars{c - 1}!\pars{d - 1}!}\,{1 \over k!} \sum_{j = 0}^{k}{k! \over j!\pars{k - j}!} {\Gamma\pars{c + j}\Gamma\pars{d + k - j} \over \Gamma\pars{c + d + k}} \\[5mm] = &\ {\pars{c + d + k - 1}! \over \pars{c - 1}!\pars{d - 1}!}\,{1 \over k!} \sum_{j = 0}^{k}{k \choose j}\int_{0}^{1}t^{c + j - 1} \pars{1 - t}^{d + k - j - 1}\,\dd t \\[5mm] = &\ {\pars{c + d + k - 1}! \over \pars{c - 1}!\pars{d - 1}!}\,{1 \over k!}\int_{0}^{1}t^{c - 1}\pars{1 - t}^{d + k - 1} \sum_{j = 0}^{k}{k \choose j}\pars{t \over 1 - t}^{j}\,\dd t \\[5mm] = &\ {\pars{c + d + k - 1}! \over \pars{c - 1}!\pars{d - 1}!}\,{1 \over k!} \int_{0}^{1}t^{c - 1}\pars{1 - t}^{d + k - 1}\, \pars{1 + {t \over 1 - t}}^{k}\,\dd t \\[5mm] = &\ {\pars{c + d + k - 1}! \over \pars{c - 1}!\pars{d - 1}!}\,{1 \over k!} \int_{0}^{1}t^{c - 1}\pars{1 - t}^{d - 1}\,\dd t \\[5mm] = &\ \require{cancel} {\pars{c + d + k - 1}! \over \cancel{\pars{c - 1}!\pars{d - 1}!}} \,{1 \over k!} \bracks{\cancel{\pars{c - 1}!\pars{d - 1}!} \over \pars{c + d - 1}!} = {c + d + k - 1 \choose k} \\[5mm] = &\ \bbx{\large\left(\!{c + d \choose k}\!\right)} \\ & \end{align}