다중 집합의 일반화
누구에게나 증명 $c,d \in \mathbb{R}$ 과 $k\in\mathbb{N}, \left({c+d\choose k}\right) = \sum_{j=0}^k \left({c\choose j}\right) \left({d\choose k-j}\right).$
어떻게 보여줄지 알아 ${a+b\choose k} = \sum_{j=0}^k {a\choose j}{b\choose k-j}$ ...에 대한 $a,b\in \mathbb{R}$대수적 증명을 사용하지만 이것의 다중 세트 버전을 어떻게 보여줄지 모르겠습니다. 알아$\left({n\choose k}\right) = {n+k-1\choose k}$. 그러나 우리가 그것을 주장한다면$c,d\in\mathbb{N},$나는 조합 적 증거를 생각 해낼 수있을 것 같다. 허락하다$S$ 집합을 나타냅니다 $j$-멀티 세트 (즉, 크기 $j$) 의 $[1,\cdots, c+d]$. 허락하다$C_j$ 여러 크기의 집합을 나타냅니다. $j$ ...에서 $[1,\cdots, c]$ 과 $D_{k-j}$ 여러 크기의 집합을 나타냅니다. $k-j$ ...에서 $[c+1,\cdots, c+d]$. 허락하다$E_j$ 집합을 나타냅니다 $k$-멀티 세트 $[1,\cdots, c+d]$ 와 $j$ 요소 $[1,\cdots, c].$ 각 $E_j$ 분리되어 있고 $S = \cup_{j=0}^k E_j\Rightarrow |S| = \sum_{j=0}^k |E_j|\tag{1}.$ 또한 bijection을 정의하는 것은 어렵지 않습니다. $f : E_j \to C_j \times D_{k-j}.$ 이후 $|C_j| = \left({c\choose j}\right)$ 과 $|D_{k-j}| = \left({d\choose k-j}\right)$ 과 $ |E_j| = |C_j||D_{k-j}|$,이 결과를 $(1)$원하는 평등을 제공합니다. 그러나 물론 이것은$c,d\in \mathbb{N}.$
답변
고정 용 $k\in\Bbb N$ 표현식
$$p(c,d)=\left(\!\!\binom{c+d}k\!\!\right)-\sum_{j=0}^k\left(\!\!\binom{c}j\!\!\right)\left(\!\!\binom{d}{k-j}\!\!\right)$$
다항식 $c$ 과 $d$. 우리가 고치면$c\in\Bbb N$, 그것은 다항식이됩니다 $d$. 이 다항식은 동일합니다.$0$, 또는 유한하게 많은 0이 있습니다. 그것 때문에$0$ 각각 $d\in\Bbb N$, 동일해야합니다. $0$. 그러므로,$p(n,d)=0$ 각각 $n\in\Bbb N$ 과 $d\in\Bbb R$. 하지만 이제 우리는$d$ 고정 및보기 $p(c,d)$ 다항식으로 $c$, 다항식이 동일해야한다는 동일한 주장에 의해 $0$. 그러므로,$p(c,d)=0$ 모든 $c,d\in\Bbb R$.
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $\ds{\bbox[5px,#ffd]{\mbox{Prove that for any}\ c,d \in \mathbb{R}\ \mbox{and}\ k\in\mathbb{N}, \left(\!{c + d \choose k}\!\right) = \sum_{j = 0}^{k}\left(\!{c\choose j}\!\right) \left(\!{d\choose k - j}\!\right)}:\ {\Large ?}}$.
\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}