Conjetura para el producto del coeficiente binomial

Question

¿Es cierto que para cualquier $n, k\in\mathbb N$ $$\frac{(kn)!}{k!(n!)^k} = \prod_{l=1}^k {{ln-1}\choose{n-1}} \quad?$$

Lo probé para algunos pequeños $k$ y $n$ pero no sé cómo demostrar que es cierto (o encontrar ejemplos que demuestren que no lo es).

Answer 1

Tenemos

$${ln -1 \choose n-1} = \frac{(ln-1)!}{(n-1)! [(l-1)n]!} = \frac{1}{n!}\times \frac{(ln-1)!}{ [(l-1)n - 1]!} \times \frac{1}{l-1}$$

así que

$$\prod_{l=1}^k {ln -1 \choose n-1} = \frac{n}{n!^k}\times \prod_{l=2}^k\frac{(ln-1)!}{[(l-1)n - 1]!} \times \prod_{l=2}^k\frac{1}{l-1}$$

En el producto medio los términos sucesivos se anulan

$$\prod_{l=2}^k\frac{(ln-1)!}{[(l-1)n - 1]!} = \frac{(kn-1)!}{(n-1)!}$$

y

$$\prod_{l=2}^k\frac{1}{l-1} = \frac{1}{(k-1)!}$$

así que

$$\prod_{l=1}^k{ln -1 \choose n-1} = \frac{n}{n!^k} \frac{(kn-1)!}{(k-1)!} = \frac{(kn)!}{(n!)^kk!}$$

probar la reclamación.

Answer 2

$\textbf{1)}$ Si $k=1$ tenemos $\frac{n!}{n!}=\binom{n-1}{n-1}=1$ .

$\textbf{2)}$ Supongamos que $\displaystyle\frac{(kn)!}{k!(n!)^k} = \prod_{l=1}^k {{ln-1}\choose{n-1}} \quad$ para algunos $k\ge1$ .

Entonces $\displaystyle\frac{((k+1)n)!}{(k+1)!(n!)^{k+1}}=\left(\frac{kn+n}{(k+1)n}\right)\frac{(kn+n-1)!}{(n-1)!}\frac{1}{k!(n!)^{k}}=\frac{(kn+n-1)!}{(n-1)!(kn)!}\frac{(kn)!}{k!(n!)^{k}}$

$\displaystyle=\binom{(k+1)n-1}{n-1}\prod_{l=1}^{k}\binom{ln-1}{n-1}=\prod_{l=1}^{k+1}\binom{ln-1}{n-1}.$

Answer 3

Para demostrar que el teorema es cierto mediante manipulaciones algebraicas, observe que

\begin{align} \frac{(kn)!}{(n!)^k} =\frac{(kn)!}{(kn-n)!n!}\cdot\frac{(kn-n)!}{(n!)^{k-1}} &=\binom{kn}{n} \frac{(kn-n)!}{(n!)^{k-1}}\\ &=\binom{kn}{n}\binom{kn-n}{n}\cdot\frac{(kn-2n)!}{(n!)^{k-2}}\\ &\;\vdots\\ &=\binom{kn}{n}\binom{kn-n}{n}\cdots \binom{kn-mn}{n}\cdot \frac{(kn-(m+1)n)!}{(n!)^{k-(m+1)}}\\ &\;\vdots\\ &=\binom{kn}{n}\binom{kn-n}{n}\cdots \binom{2n}{n}\binom{n}{n} \end{align} Obsérvese que la última fracción se ha agotado de esta manera. Así, el lado izquierdo de la identidad puede reescribirse como $$\frac{(kn)!}{k! (n!)^k}=\frac{1}{k!}\prod_{l=1}^{k}\binom{ln}{n}=\prod_{l=1}^{k}\frac{1}{l}\frac{(ln)!}{n! (ln-n)!}\cdot\frac{n}{n}=\prod_{l=1}^{k}\binom{ln-1}{n-1}$$ como se afirma.

También se puede hacer una prueba de recuento de la primera identidad que he mostrado antes: Supongamos que queremos formar $kn$ personas en $n$ equipos de $k$ . Una forma de hacerlo es elegir primero $n$ de $kn$ personas, luego el siguiente $n$ etc. hasta que todos $k$ se seleccionan los equipos. Esto puede hacerse en $\binom{kn}{n}\cdots \binom{kn-n}{n}\cdots\binom{n}{n}=\prod_{l=1}^k \binom{ln}{n}$ maneras. Pero también podría hacerlo de una sola vez, en cuyo caso el número total vendría dado por el multinomial coeficiente $$\binom{kn}{\underbrace{n,\cdots,n}_k}=\frac{(kn)!}{\underbrace{n!n!\cdots n!}_k}=\frac{(kn)!}{(n!)^k}$$

Answer 4

Utilizando el hecho de que

$$\frac{\bigg((n-1)!\bigg)^k}{(n!)^k} = \frac{1}{n^k},$$

la fórmula se convierte en:

$$\frac{(kn)!}{k!n^k} = \prod_{l = 1}^k \frac{(ln-1)!}{(ln-n)!} = \prod_{l=1}^k \prod_{j=1}^{n-1} (ln-j).$$

Con sólo mirar la forumla de la derecha, verá que se trata precisamente del producto $(kn) \cdot (kn-1) \cdot (kn-2) \cdot \dots \cdot (1)$ salvo que le faltan los términos de la forma $ln$ para $l = 1$ a $k$ . El producto de estos términos que faltan es $k!n^k$ por lo que la fórmula es válida.