一个有趣的组合恒等式证明(复旦数学考试第7题)

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试证:$\displaystyle\sum_{j+k=n\\0\leqslant j<k\leqslant n}\binom{2j}{j}\binom{2k}{k}=4^n.$
证明1:
考虑一个母函数$\displaystyle f(x)=\frac{1}{1-4x}=\left((1-4x)^{-\frac{1}{2}}\right)^2$(观察左式,它是一个卷积形式,因而如此构造).
$\displaystyle \frac{1}{1-4x}=\sum_{n=0}^{\infty}4^nx^n$,且:
$\displaystyle \begin{aligned}\left((1-4x)^{-\frac{1}{2}}\right)^2=&\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{j+k=n}\binom{-\frac{1}{2}}{j}\binom{-\frac{1}{2}}{k}\right)(-4x)^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{j+k=n}\frac{(2j-1)!!}{2^jj!}\frac{(2k-1)!!}{2^kk!}\right)(4x)^{n}\\=&\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{j+k=n}\binom{2j}{j}\binom{2k}{k}\right)x^{n}\end{aligned}.$
比较得$\displaystyle\sum_{j+k=n}\binom{2j}{j}\binom{2k}{k}=4^n.$

$\text{PS:}\displaystyle (1-4x)^{-\frac{1}{2}}=\sum_{n=0}^\infty\binom{-\frac{1}{2}}{n}x^n,\left(\sum_{j=0}^{\infty}a_jx^j\right)\cdot \left(\sum_{k=0}^{\infty}b_kx^k\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{j+k=n}a_jb_k\right)x^n.$
证明2(大佬的证明):
考虑$n$个展览选四个汉堡(分别是牛排生菜,牛排黄瓜,炸鸡生菜,炸鸡黄瓜汉堡)的方案数,那么一共有$4^n$种.
设生菜展览有$n$个,黄瓜展览有$n$个,则炸鸡从$t$个生菜展览和t个黄瓜展览组成的集合里选$t$个展览,组成炸鸡生菜展览,炸鸡黄瓜展览;牛排从剩下$n-t$个生菜展览和$n-t$个黄瓜展览组成的集合里选$n-t$个,组成牛排生菜展览或牛排黄瓜展览.事实上,这和n个展览里有炸鸡生菜,炸鸡黄瓜,牛排生菜,牛排黄瓜展览是等同的(可以想象如果生菜展览和黄瓜展览没被选上,就意味着它们的汉堡里只有菜,谁吃？关停了.所以相当于他们自始至终都没有开展览.剩下来的自然就是完美的汉堡展览啦),所以两者计数等同.