一个优美的恒等式以及证明

一个优美的恒等式

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

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

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

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

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

等价于

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

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\({i+k\choose i},{j+k\choose j}\)。

接下来将序列\(S'\)变换成\(S''\)：将\(a^x\rightarrow (a\cdots a)b\)，\(b^y\rightarrow (b\cdots b)a\)，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\(S'\rightarrow S''\)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\(2n\choose n\)；

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，\(f(n-1)=\sum_{r=0}^{n-1}{2r\choose r}\)成立。

故

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

成立

综上，左式\(=f(n)=\)右式，证毕。