一個優美的恆等式以及證明

一個優美的恆等式

\[\sum_{i+j+k=n}{i+j\choose i}{j+k\choose j}{k+i\choose k}=\sum_{r=0}^n{2r\choose r} \]

證明

本證明由三人合作完成，博主覺得非常優美，於是放在了這裏。

證明硬拆右式行不通，考慮構造。

對於

\[{i+j\choose i} \]

構造一個長度爲\(i+j\)的序列\(S\)，由\(i\)個\(a\)、\(j\)個\(b\)組成；

接着對於

\[{j+k\choose j},{k+i\choose k} \]

等價於

\[{i+k\choose i},{j+k\choose j} \]

兩者獨立貢獻。

此時考慮對序列\(S'\leftarrow a+S+b\)，這樣就有\(i+1\)個\(a\)，\(j+1\)個\(b\)，接着給序列中的每個字符標上指數，令\(a\)的指數和與\(b\)的指數和\(=k\)。對於所有的指數，均爲非負整數。

由插板法不難得出\(a\)、\(b\)的指數分配的方案貢獻\({i+k\choose i},{j+k\choose j}\)。

接下來將序列\(S'\)變換成\(S''\)：將\(a^x\rightarrow (a\cdots a)b\)，\(b^y\rightarrow (b\cdots b)a\)，注意括號裏分別有\(x+1\)和\(y+1\)項，且括號並不出現在序列\(S''\)中。然後刪除\(S''\)中第一個字符（\(a\)）。

通過這步操作，\(|S''|=2n+3\)，\(a,b\)的數量分別爲\(n+1\)和\(n+2\)，且一組方案\(S'\rightarrow S''\)滿足單射。

我們採取這樣的策略還原出\(S'\)：初始時\(S'\)爲空，給\(S''\)的開頭補上字符\(a\)，這裏只假設一種情況，另一種同理。如果\(S''\)的開頭爲\(a\)，則一直刪除\(S''\)的第一個字符，直到第一個字符爲\(b\)，爲了方便起見稱呼這個字符\(b\)爲終止點，給\(S'\)的末尾加上一個\(a^x\)，\(x\)爲剛剛刪除\(a\)的個數\(-1\)，然後把\(S''\)開頭的終止點\(b\)刪掉。繼續操作下去，如果剩餘的\(S''\)全部爲\(a\)或者\(b\)，則不存在\(S'\)對應\(S''\)。反之即爲所求的\(S'\)。

接下來歸納證明該構造的方案數等價於右式。

對於\(n=0\)時顯然成立；

對於\(n>0\)時，記左式\(=f(n)\)。

顯然\(S''=\cdots ba\)，考慮倒數第三個字符，如果其爲\(b\)，則一定存在\(S'\)與該\(S''\)對應（如果倒數第三個字符\(b\)爲終止點，最後兩個也可以被消除），此時剩餘\(2n\)個字符和\(n\)個\(a\)和\(b\)，方案數爲\(2n\choose n\)；

如果爲\(a\)，假設是終止點，則最後的\(ba\)可以被消除，否則最後的\(b\)將成爲終止點，僅剩一個\(a\)無法被消除，不存在\(S'\)對應。所以必然不爲終止點。此時必然有倒數第四個字符爲\(b\)，即\(S''=\cdots baba\)。不難發現前面省略號的方案轉化成\(f(n-1)\)的情形。由於歸納，\(f(n-1)=\sum_{r=0}^{n-1}{2r\choose r}\)成立。

故

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

成立

綜上，左式\(=f(n)=\)右式，證畢。