He demostrado que los $\displaystyle \left(\sum_{k\, \rm odd}\binom{m}{k}\right)^{n-1}=\left(\sum_{k\;{\rm odd}}\binom{n}{k}\right)^{m-1}$
contando las matrices de tamaño $n\times m$ con las entradas en $\{0,1\}$ tales que la suma de las columnas y filas es impar. Uno puede mostrar que esto sólo puede suceder si $m,n$ compartir la misma paridad.
¿Cuáles son otras maneras de contar tales matrices?
Por Davids observación, esto es sólo $2^{(m-1)\times (n-1)}$, lo que sugiere un mejor conteo de argumento podría ser producido. Tal vez algo en las líneas de mi argumento, pero completar el $n-1\times m-1$ matriz libremente con $1$s y $0$s, y mostrando su final filas y de columnas puede ser completado de manera que se trata de una solución. Voy a pensar en ello.
La prueba De $\sum_i a_{ij}=1\mod 2,\sum_j a_{ij}=1\mod 2$, obtenemos $$\sum_i\sum_j a_{ij}=m\equiv n=\sum_j\sum_i a_{ij}\mod 2$$ so that $m,n$ have the same parity. It follows in particular that if a matrix with uneven columns and rows has all rows with an odd number of ones, there exists at least one column with an even number of $1$s. To prove the formula, we can produce an even number of ones in a bitstring of length $m$ in $\sum_{k\;\rm impar}\binom{m}{k}$ ways. Take the first $n-1$ filas y completa, de modo que cada uno tiene un número impar de unos. Yo reclamo el último de la fila puede ser completado de manera que cada columna tiene un número impar de unos.
Debido a que la matriz construido hasta ahora es $n-1\times m$; la primera observación que dice que hay una columna con un número par de unos, para $m,n-1$ han opuesto a la paridad. Poner un $1$, para obtener una $n-1\times m-1$ matriz, se $M$. Si $M$ tiene todas las columnas con un número impar de $1$s, ya estamos, otra cosa hay alguna columna con un número de $1$s. Insertar un $1$ en el lugar correspondiente en el $n$-ésima fila. A continuación, podemos obtener un $n-1\times m-2$ matriz $M'$ con un número impar de $1$ en las filas (porque hemos suprimido $2$ columnas, y nuestra original filas había un número impar de unidades), por lo que no debe existir una columna con un número de $1$s, con lo que podemos insertar otro $1$. Continuando, vemos que el algoritmo se detiene en un número impar de $1$ siempre, y la prueba está completa. El argumento es, por supuesto, simétrica en $m$$n$, puesto que el método proporciona con cualquier matriz de su gusto, de manera que la ecuación de la siguiente manera.
