Un peculiar coeficiente binomial de identidad

Question

Mientras que inventar ejercicios para la matemática discreta texto que estoy escribiendo y se me ocurrió esto $$ \binom{\binom{n}{2}}{2}=3\binom{n+1}{4} $$ Es un resultado fácil de probar, pero me pregunto

1. Es pura coincidencia, o es un caso especial de algunos de los más resultado general de que no me he enterado?
2. No importa cuál sea la respuesta a (1) es, hay una combinatoria de la prueba?

Answer 1

Esto es en realidad una identidad bien conocida. Hay combinatoria de formas de demostrarlo.

Considere la posibilidad de $n$ objetos. Considerar todos los ${n \choose 2}$ pares. Considerar todos los pares de estos pares. Obtenemos el lado izquierdo.

Considere la posibilidad de $n$ objetos y 1 distinguida objeto. Considerar todos los conjuntos de 4 objetos a partir de estos.
Si los 4 objetos no incluyen el distinguido objeto, que corresponden a 3 posibles pares de pares, cuyos 4 elementos son distintos. I. E. $(A,B), (C,D)$$(A, C), (B, D)$$(A, D), (B,C)$.
Si los 4 objetos incluyen el distinguido objeto, que corresponden a 3 posibles pares de pares, que tienen un elemento común, y cuya unión es el 3 de objetos. I. E. $(A, B) , (A, C)$$(B,A), (B,C)$$(C,A), (C,B)$.
Esto nos da la RHS.

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No estoy seguro de si son generalizaciones, aunque usted puede experimentar con la elección de triples y contando con cuidado.

Answer 2

La del lado izquierdo es, por supuesto, el número de formas de elegir los dos pares no ordenados, posiblemente con una superposición de elementos, desde el $[n]=\{1,\dots,n\}$. Alternativamente, se puede elegir una $4$-elemento subconjunto $A$$\{0,1,\dots,n\}$$k\in[3]$. Deje $A=\{a_1,a_2,a_3,a_4\}$$a_1<a_2<a_3<a_4$. Si $a_1\ne 0$, par $a_1$ $a_{k+1}$ y dejar que los otros dos miembros de $A$ ser el otro par. Si $a_1=0$, forman dos pares de $\{a_2,a_3,a_4\}$ dejando $a_k$ ser el común de los estados.

Answer 3

Usted puede contar con todos los pares de pares con $4$ distintos elementos y todos los pares de pares con $3$ distintos elementos y, a continuación, agregue ellos juntos.

Para la primera suma consigue $\binom{n}{4}\binom{4}{2}\frac{1}{2}=3\binom{n}{4}$. Dividimos por dos, porque una vez que se elige el primer par de la $4$ elementos que implícitamente elegido el otro par; somos el doble recuento de lo contrario.

Para la segunda suma obtenemos $3\binom{n}{3}$ ya que debemos elegir $3$ elementos y, a continuación, uno de ellos para ser duplicada.

En total se han $$3 \left[ \binom{n}{4} + \binom{n}{3}\right] = 3\binom{n+1}{4}$$.

Así que eso es $2/3$ combinatoria al menos.