¿Alguien tiene una idea de cómo probar que $$\sum\limits_{p = k}^{n - k + 1} \binom{p - 1}{k - 1} \binom{n - p}{k - 1} = \frac{n!}{(2 k - 1)! (n - 2 k + 1)!}?$$
Respuestas
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En la notación que prefiero, esto es
$$\sum_{p=k}^{n-k+1}\binom{p-1}{k-1}\binom{n-p}{k-1}=\binom{n}{2k-1}\;.$$
Podemos permitir $p$ para recorrer todos los enteros si lo deseamos, ya que $\binom{p-1}{k-1}=0$ si $p<k$ y $\binom{n-p}{k-1}=0$ si $p>n-k+1$ .
El lado derecho es claramente el número de subconjuntos de $[n]=\{1,\ldots,n\}$ de cardinalidad $2k-1$ . Cada $(2k-1)$ -subrayado $A$ de $[n]$ tiene un elemento intermedio, es decir, un elemento $p$ tal que $k-1$ elementos de $A$ son inferiores a $p$ y $k-1$ son mayores que $p$ . $\binom{p-1}{k-1}\binom{n-p}{k-1}$ es el número de formas de elegir $k-1$ elementos de $[n]$ que son inferiores a $p$ y $k-1$ que son mayores que $p$ , por lo que es el número de $(2k-1$ -subconjuntos de $[n]$ cuyo elemento central es $p$ . La identidad está ahora clara.
Marko Riedel
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Supongamos que queremos evaluar $$\sum_{p=k}^{n-k+1} {p-1\choose k-1} {n-p\choose k-1}.$$
Introduzca $${n-p\choose k-1} = {n-p\choose n-k+1-p} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n-k+2-p}} (1+z)^{n-p} \; dz.$$
Obsérvese que esto controla que el rango sea cero cuando $p\gt n-k+1$ así que podemos ampliar $p$ al infinito para obtener para la suma $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n-k+2}} (1+z)^{n} \sum_{p\ge k} {p-1\choose k-1} \frac{z^p}{(1+z)^p} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n-k+2}} (1+z)^{n} \frac{z^k}{(1+z)^k} \sum_{p\ge 0} {p+k-1\choose k-1} \frac{z^p}{(1+z)^p} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n-2k+2}} (1+z)^{n} \frac{1}{(1+z)^k} \frac{1}{(1-z/(1+z))^k} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n-2k+2}} (1+z)^{n} \frac{1}{(1+z-z)^k} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n-2k+2}} (1+z)^{n} \; dz \\ = {n\choose n-2k+1} = {n\choose 2k-1}.$$
Esto completa la prueba.
