一个优美的恒等式以及证明

一个优美的恒等式

[sum_{i+j+k=n}{i+jchoose i}{j+kchoose j}{k+ichoose k}=sum_{r=0}^n{2rchoose r} ]

证明

本证明由三人合作完成，博主觉得非常优美，于是放在了这里。

证明硬拆右式行不通，考虑构造。

对于

[{i+jchoose i} ]

构造一个长度为(i+j)的序列(S)，由(i)个(a)、(j)个(b)组成；

接着对于

[{j+kchoose j},{k+ichoose k} ]

等价于

[{i+kchoose i},{j+kchoose j} ]

两者独立贡献。

此时考虑对序列(S'leftarrow a+S+b)，这样就有(i+1)个(a)，(j+1)个(b)，接着给序列中的每个字符标上指数，令(a)的指数和与(b)的指数和(=k)。对于所有的指数，均为非负整数。

由插板法不难得出(a)、(b)的指数分配的方案贡献({i+kchoose i},{j+kchoose j})。

接下来将序列(S')变换成(S'')：将(a^x ightarrow (acdots a)b)，(b^y ightarrow (bcdots b)a)，注意括号里分别有(x+1)和(y+1)项，且括号并不出现在序列(S'')中。然后删除(S'')中第一个字符（(a)）。

通过这步操作，(|S''|=2n+3)，(a,b)的数量分别为(n+1)和(n+2)，且一组方案(S' ightarrow S'')满足单射。

我们采取这样的策略还原出(S')：初始时(S')为空，给(S'')的开头补上字符(a)，这里只假设一种情况，另一种同理。如果(S'')的开头为(a)，则一直删除(S'')的第一个字符，直到第一个字符为(b)，为了方便起见称呼这个字符(b)为终止点，给(S')的末尾加上一个(a^x)，(x)为刚刚删除(a)的个数(-1)，然后把(S'')开头的终止点(b)删掉。继续操作下去，如果剩余的(S'')全部为(a)或者(b)，则不存在(S')对应(S'')。反之即为所求的(S')。

接下来归纳证明该构造的方案数等价于右式。

对于(n=0)时显然成立；

对于(n>0)时，记左式(=f(n))。

显然(S''=cdots ba)，考虑倒数第三个字符，如果其为(b)，则一定存在(S')与该(S'')对应（如果倒数第三个字符(b)为终止点，最后两个也可以被消除），此时剩余(2n)个字符和(n)个(a)和(b)，方案数为(2nchoose n)；

如果为(a)，假设是终止点，则最后的(ba)可以被消除，否则最后的(b)将成为终止点，仅剩一个(a)无法被消除，不存在(S')对应。所以必然不为终止点。此时必然有倒数第四个字符为(b)，即(S''=cdots baba)。不难发现前面省略号的方案转化成(f(n-1))的情形。由于归纳，(f(n-1)=sum_{r=0}^{n-1}{2rchoose r})成立。

故

[f(n)=f(n-1)+{2nchoose n}=sum_{r=0}^n{2rchoose r} ]

成立

综上，左式(=f(n)=)右式，证毕。