Cómo mostrar que
$$\sum_{k} (-1)^k{{a+b}\choose{a+k}}{{b+c}\choose{b+k}}{{c+a}\choose{c+k}} = \frac{(a+b+c)!}{a!b!c!}$$
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Markus Scheuer
Puntos
16133
Aquí hay una respuesta basada en Breve las Pruebas de Saalschütz y Dixon teoremas de Ira Gessel y Dennis Stanton.
La respuesta se ofrece en tres pasos
Paso 1: Relación entre los coeficientes del término constante de un bivariante Laurent series y transformada de la misma.
Paso 2: Aplicación de la presente relación a un determinado Laurent serie con el coeficiente de la constante término que se relaciona fuertemente con la OPs, el binomio identidad.
Paso 3: Sustituciones para revelar la simetría de la binomio identidad y transformarla finalmente a la OPs señaló binomio identidad.
Consideramos formal de la serie de Laurent \begin{align*} A(x,y)=\sum_{m,l}a_{m,l}x^my^l \end{align*} en el que por sólo un número finito de pares $(m,l)$ los coeficientes $a_{m,l}\ne 0$ $m<0$ o $l<0$. Deje $[x^n]$ el valor del coeficiente de $x^n$ en una serie. Vamos a empezar con un útil la observación
Paso 1: Vamos a $A(x,y)$ ser formal de la serie de Laurent. El siguiente es válido \begin{align*} [x^0y^0]A\left(\frac{x}{1+y},\frac{y}{1+x}\right)=[x^0y^0]\frac{1}{1-xy}A(x,y)\tag{1} \end{align*}
Por la linealidad es suficiente para demostrar (1) considerando $A(x,y)=x^ly^m$$l,m\in \mathbb{Z}$. Tenemos que mostrar \begin{align*} [x^0y^0]\frac{x^l}{(1+y)^l}\cdot\frac{y^m}{(1+x)^m}=[x^0y^0]\frac{x^ly^m}{1-xy}\tag{2} \end{align*}
Nos muestran el lado izquierdo de (2) cumple con \begin{align*} [x^0y^0]\frac{x^l}{(1+y)^l}\cdot\frac{y^m}{(1+x)^m}= \begin{cases} 1&\qquad\text{if }l=m\leq 0\\ 0&\qquad\text{otherwise} \end{casos}\etiqueta{3} \end{align*}
Si $l>0$ o $m>0$ el resultado en (3) es $0$ desde el binomio de expansión de $(1+y)^{-l}(1+x)^{-m}$ no tiene potencias negativas.
Si $l=-r,m=-s$$r,s\geq 0$, se nota que \begin{align*} [x^0y^0]\frac{(1+x)^s(1+y)^r}{x^ry^s}&=[x^ry^s](1+x)^s(1+y)^r\\ &=\binom{s}{r}\binom{r}{s}= \begin{cases} 1&\qquad\text{if }r=s\\ 0&\qquad\text{if }r\neq s \end{casos} \end{align*}
y (3) de la siguiente manera.
Nos fijamos en el lado derecho de (2) y observar \begin{align*} [x^0y^0]\frac{x^ly^m}{1-xy}=[x^{-l}y^{-m}]\sum_{j\geq 0}(xy)^j =\begin{cases} 1&\qquad\text{if }l=m\leq 0\\ 0&\qquad\text{otherwise} \end{casos} \end{align*} lo que es igual a (3) y la demanda (2) de la siguiente manera.
Paso 2: aplicamos (1) a la de la serie de Laurent \begin{align*} f(x,y)=\frac{(x-y)^n}{x^ly^m(1-xy)^n}\qquad\qquad\qquad l,m\in\mathbb{Z},n\in\mathbb{N} \end{align*}
Obtenemos
\begin{align*} &f\left(\frac{x}{1+y},\frac{y}{1+x}\right)\\ &\qquad=\left(\frac{x}{1+y}-\frac{y}{1+x}\right)^n \cdot\frac{(1+y)^l}{x^l}\cdot\frac{(1+x)^m}{y^m}\cdot\left(1-\frac{xy}{(1+x)(1+y)}\right)^{-n}\\ &\qquad=\frac{\left((x-y)+(x^2-y^2)\right)^n}{(1+x)^n(1+y)^n}\cdot \frac{(1+y)^l}{x^l}\frac{(1+x)^m}{y^m}\cdot \frac{(1+x)^n(1+y)^n}{(1+x+y)^n}\\ &\qquad=\frac{(1+x)^m(1+y)^l(x-y)^n}{x^ly^m}\tag{4} \end{align*}
por otro lado tenemos
\begin{align*} \frac{1}{1-xy}f(x,y)=\frac{(x-y)^n}{x^ly^m(1-xy)^{n+1}}\tag{5} \end{align*}
la equiparación de la (4) y (5) se obtiene de acuerdo a (2) \begin{align*} [x^0y^0]\frac{(1+x)^m(1+y)^l(x-y)^n}{x^ly^m}=[x^0y^0]\frac{(x-y)^n}{x^ly^m(1-xy)^{n+1}}\tag{6} \end{align*}
El lado izquierdo de (6) da \begin{align*} [x^0y^0]&\frac{(1+x)^m(1+y)^l(x-y)^n}{x^ly^m}\\ &=[x^ly^m]\sum_{k}\binom{n}{k}(-y)^kx^{n-k}(1+x)^m(1+y)^l\\ &=\sum_{k}\binom{n}{k}(-1)^k[x^{l-n+k}y^{m-k}] \sum_{i=0}^m\binom{m}{i}x^i\sum_{j=0}^l\binom{l}{j}y^j\\ &=\sum_{k}(-1)^k\binom{n}{k}\binom{m}{l-n+k}\binom{l}{l-m+k} \end{align*}
A fin de considerar el lado derecho de (6), podemos hacer un pequeño truco. Nos pusimos $x=xz$ $y=yz$ y la nota que \begin{align*} [x^0y^0]f(x,y)&=[x^0y^0z^0]f(xz,yz)\\ &=[x^0y^0z^0]\frac{(xz-yz)^n}{(xz)^l(yz)^m(1-z^2xy)^{n+1}}\\ &=[x^0y^0z^0]\frac{(x-y)^n}{x^ly^mz^{l+m-n}(1-z^2xy)^{n+1}}\tag{7} \end{align*} Observamos que (7) es igual a cero si $l+m-n$ es impar. Si $l+m-n=2r$ es incluso, obtenemos \begin{align*} [x^0y^0z^0]&\frac{(x-y)^n}{x^ly^mz^{l+m-n}(1-z^2xy)^{n+1}}\\ &=[x^ly^mz^{2r}](x-y)^n\sum_{j\geq 0}\binom{-(n+1)}{j}(-z^2xy)^j\\ &=[x^ly^mz^{2r}](x-y)^n\sum_{j\geq 0}\binom{n+j}{j}(z^2xy)^j\\ &=\binom{n+r}{r}[x^{l-r}y^{m-r}]\sum_{j=0}^nx^k(-y)^{n-k}\\ &=\binom{n+r}{r}\binom{n}{l-r}(-1)^{m-r}\tag{8} \end{align*}
Con el foco en (8) en la que $l+m-n=2r$ es incluso llegamos a la conclusión de
\begin{align*} \sum_{k}(-1)^k\binom{n}{k}\binom{m}{l-n+k}\binom{l}{l-m+k} =\binom{n+r}{r}\binom{n}{l-r}(-1)^{m-r}\tag{9} \end{align*}
Paso 3: ahora podemos poner más de simetría en (9) mediante el establecimiento de
\begin{align*} n&=a+b\\ m&=c+a\\ l&=b+c \end{align*} Obtenemos \begin{align*} \sum_{k}(-1)^k\binom{a+b}{k}\binom{c+a}{c-a+k}\binom{b+c}{b-a+k}=(-1)^{a}\binom{a+b+c}{a+b}\binom{a+b}{a} \end{align*} Finalmente, multiplicando esta identidad con $(-1)^a$, y cambiar el índice de $k\rightarrow k+a$ obtenemos \begin{align*} \sum_{k}(-1)^k\binom{a+b}{a+k}\binom{b+c}{b+k}\binom{c+a}{c+k}&=\binom{a+b+c}{a+b}\binom{a+b}{a}\\ &=\frac{(a+b+c)!}{a!b!c!} \end{align*} y el reclamo de la siguiente manera.
