¿Existe una prueba biyectiva elegante de $\binom{15}{5}=\binom{14}{6}$ ?

Question

Es decir, hay ont para ser dos estructuras combinatorias con alguna biyección teórica de conjuntos transparente entre ellas, con una de ellas obviamente con $\binom{15}{5}$ y el otro $\binom{14}{6}$ . ¿Verdad? No puede ser una mera coincidencia.

Answer 1

Supongamos que tenemos que elegir entre $15$ personas un comité de $5$ más un presidente y un secretario.

(a) Podemos elegir primero los miembros ordinarios en ${15\choose 5}$ formas, entonces el presidente en $10$ formas y el secretario en $9$ formas.

(b) Podemos elegir primero al presidente en $15$ formas, entonces $6$ miembros en ${14\choose 6}$ formas, y nombra una de ellas a la secretaria en $6$ formas.

De ello se desprende que $$ {15\choose5}\cdot 10\cdot 9=15\cdot{14\choose 6}\cdot 6\ .$$

Answer 2

Bien, hagámoslo

$${15\choose 5} = \frac {15!}{10!5!}$$

$${14\choose 6}=\frac {14!}{8!6!}$$

$${15\choose 5} = \frac {15!}{10!5!}= \frac {14!}{8!6!}\cdot\left[\frac {15}{(9\cdot10)\cdot\frac 1 {6}}\right] $$

Así que ${15\choose 5}={14\choose 6}$ sólo "porque" $6\cdot15=\prod_{n=(14-6)+2}^{15-5} n $ .

Y eso es .... una "coincidencia". Realmente lo es. Es una coincidencia fácil de forzar pero no es nada intrínseco.

Si las condiciones:

$$n <m$$

y $a,b,c,d,\ldots, k$ son $v$ números consecutivos,

y $a-n=m-k$

y $nm=abcd\cdots k$

entonces tendremos ${m\choose n}={m-v\choose n+v} $

Creo que alguien podría querer comprobarlo.

[ en realidad eso es seguramente incorrecto, pero lo que está abajo es probablemente correcto ]

Hmmmph, probablemente estoy equivocado por un factor de indexación pero...

$${n\choose m}={n-v\choose m+v}\cdot\frac {[(n-v+1)\cdots n]}{[(m+1)\cdots(m+v)]}\cdot[(n-m+v)\cdots(n-v+1)] $$

Así que estos son iguales siempre que $\frac {[(n-v+1)\cdots n]}{[(m+1) \cdots (m+v)]} \cdot [(n-m+v)\cdots(n-v+1)]=1$

Answer 3

Si no recuerdo mal, la línea 14 es la única en la que aparecen entradas consecutivas $a,2a,3a,$ que son 1001, 2002, 3003. Estos son forzosamente divisibles por $7 \cdot 11 \cdot 13$ por las propiedades de la teoría de los números.

Creo que puede haber otros casos de entradas consecutivas en la misma fila con $a+b = c.$ Me parece que había una pregunta, y alguien lo resolvió todo.

Answer 4

Si dejamos que $b-a=k$ Entonces:

$b(b-k)=k(k+1)$

y

$k^2+k(1+b)-b^2=0$

por lo que necesitamos $(1+b)^2+4b^2=5b^2+2b+1=m^2$ .

Por ejemplo, $b=15$ da $5\cdot225+30+1=1156=34^2$ y $k=\frac{-16+34}{2}=9$ .

Answer 5

Dado que $\binom{15}{5}=\binom{14}{4}+\binom{14}{5}$ se deriva del hecho de que $\binom{14}{4}+\binom{14}{5}=\binom{14}{6}$

Estos son en la proporción de $1:2:3$ porque los denominadores de $4!10!,5!9!,6!8!$ están en la proporción $1:2:3$

Hay una razón combinatoria que se desprende de los factores primos de los factoriales en los denominadores, y del hecho de que de $4!10!$ a $5!9!$ perdemos $5\times2$ pero gana $5$ y cuando pasamos de $5!9!$ a $6!8!$ ganamos $3\times2$ pero perder $3^2$ . Así que como mínimo es la incidencia cercana de los factores primos de $k$ y $n-k$ en el que se gana y se pierde el mismo factor dos pasos seguidos.