マルチセットの一般化
どんな人にもそれを証明する $c,d \in \mathbb{R}$ そして $k\in\mathbb{N}, \left({c+d\choose k}\right) = \sum_{j=0}^k \left({c\choose j}\right) \left({d\choose k-j}\right).$
私はそれを示す方法を知っています ${a+b\choose k} = \sum_{j=0}^k {a\choose j}{b\choose k-j}$ ために $a,b\in \mathbb{R}$代数的証明を使用していますが、これの多重集合バージョンを表示する方法がわかりません。そんなこと知ってる$\left({n\choose k}\right) = {n+k-1\choose k}$。しかし、私たちがそれを主張した場合$c,d\in\mathbb{N},$組み合わせ論的証明を思いつくことができるかもしれないと思います。しましょう$S$ のセットを示します $j$-マルチセット（つまり、サイズ $j$）の $[1,\cdots, c+d]$。しましょう$C_j$ サイズの多重集合のセットを示します $j$ から $[1,\cdots, c]$ そして $D_{k-j}$ サイズの多重集合のセットを示します $k-j$ から $[c+1,\cdots, c+d]$。しましょう$E_j$ のセットを示します $k$-からのマルチセット $[1,\cdots, c+d]$ と $j$ からの要素 $[1,\cdots, c].$ それぞれを観察する $E_j$ 互いに素であり、 $S = \cup_{j=0}^k E_j\Rightarrow |S| = \sum_{j=0}^k |E_j|\tag{1}.$ また、全単射を定義することは難しくありません $f : E_j \to C_j \times D_{k-j}.$ 以来 $|C_j| = \left({c\choose j}\right)$ そして $|D_{k-j}| = \left({d\choose k-j}\right)$ そして $ |E_j| = |C_j||D_{k-j}|$、これらの結果をに代入します $(1)$望ましい平等を与えます。しかしもちろん、これは$c,d\in \mathbb{N}.$
回答
固定用 $k\in\Bbb N$ 表現
$$p(c,d)=\left(\!\!\binom{c+d}k\!\!\right)-\sum_{j=0}^k\left(\!\!\binom{c}j\!\!\right)\left(\!\!\binom{d}{k-j}\!\!\right)$$
の多項式です $c$ そして $d$。修正すれば$c\in\Bbb N$、それはで多項式になります $d$。この多項式は同じです$0$、またはゼロが有限数しかない。なので$0$ それぞれについて $d\in\Bbb N$、それは同じでなければなりません $0$。したがって、$p(n,d)=0$ それぞれについて $n\in\Bbb N$ そして $d\in\Bbb R$。しかし、私たちは今保持することができます$d$ 修正して表示 $p(c,d)$ の多項式として $c$、そして同じ議論により、多項式は同一でなければならない $0$。したがって、$p(c,d)=0$ すべてのために $c,d\in\Bbb R$。
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $\ds{\bbox[5px,#ffd]{\mbox{Prove that for any}\ c,d \in \mathbb{R}\ \mbox{and}\ k\in\mathbb{N}, \left(\!{c + d \choose k}\!\right) = \sum_{j = 0}^{k}\left(\!{c\choose j}\!\right) \left(\!{d\choose k - j}\!\right)}:\ {\Large ?}}$。
\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}