范德蒙的身份

Vandermonde的身份（或Vandermonde的卷积），以Alexandre-ThéophileVandermonde命名，指出任何组合 $K.$一组的对象 $（m+n）$对象必须有一些 $0 \ \ leq \ r \ \ leq \ k$一组的对象 $m$对象和剩下的 $（k-r）$一组的对象 $N$。

数学， ${m + n \选择k} = \ sum_ {r = 0} ^ k {m \选择r} {n \选择k-r}。$当评估某些其他总和或执行困难的组合问题时，这种身份可能很有用。

我们考虑了二项式展开。 $（1 + x）^ {m + n}$

$（1+x）^{m+n}=\sum{k=0}^{m+n}{m+n\choose k}x^k。$

此外，请注意，我们可以通过观察到这一点来考虑扩张 $（1+x）^{m+n}=（1+x）^m（1+x）^n:$

$\（1+x）{{{{{{{{{{{{}}}}}}}}}}}}}}}}}}}{{{{{{}}}}}}}}}}}（1+x}}（1+x}}（1+x}}（1+x}{{{{{{{{}}}}}{{{{{{{}}}}{{{{}}（1+1}}}}{{{{{{}}}}}}}}}}}{{{{{{}}}}}}}}}}}{{{{{{{{}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}{{{{{{{{{{{{{}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}{{{{{{{{{{}}}}}}}}}}}}}}}2}x^2+\cdots\right）\\&=\left（{m\choose 0}{n\choose 0}\right）x^0+\left({m\choose 0}{n\choose 1}+{m\choose 1}{n\choose 0}\right）x+\left（{m\choose 0}{n\choose 2}+{m\choose 1}{n\choose 1}+{m\choose 2}{n\choose 0}\right）x^2+\cdots.\end{aligned}$

因此，我们可以得出结论的系数 $x ^ K.$在上述扩展中是

${m\choose 0}{n\choose k}+{m\choose 1}{n\choose k-1}+\cdots+{m\choose k}{n\choose 0}=\sum{r=0}^k{m\choose r}{n\choose k-r}。$

因此，通过比较系数的系数 $x ^ K.$

$\求和{r=0}^k{m\choose r}{n\choose k-r}={m+n\choose k}.\\平方$

注：特别是，Vandermonde恒等式适用于所有二项式系数，而不仅仅是组合证明中假定的非负整数。

假设有 $m$男孩和 $N$你被要求组成一个团队 $K.$瞳孔出来了 $M + N.$学生们，带着 $0 \ Le K \ Le M + N.$你可以这样做 ${m + n \选择k}$方法。但是，现在我们以相当不同的方式计算。要形成团队，可以选择 $一世$男孩和 $k-i$一些固定的女孩 $一世$。有 ${m \选择i} {n \选择k-i}$做这件事的方法。现在，要么你可以拥有 $0.$男孩和 $K.$女孩，或者 $1$男孩和 $K-1$女孩，或者 $2$男孩和 $K-2$女孩，或者 $\ ldots.$.就是有 $\ sum_ {r = 0} ^ k {m \选择r} {n \选择k-r}$形成团队的方法。

因此，我们推导出我们的结果

$\ sum_ {r = 0} ^ k {m \选择r} {n \选择k-r} = {m + n \选择k}。$

证明

${2n \选择n} = \ sum_ {r = 0} ^ n {n \选择r} ^ 2。$

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上述总和是Vandermonde恒等式的特例，其中 $m = k = n。$

因此，我们得到了

${n + n \选择n} = \ sum_ {r = 0} ^ n {n \选择r} {n \选择n-r}。$

因此，因为身份 ${n\choose n-r}={n\choose r}$，我们得到

${2n \选择n} = \ sum_ {r = 0} ^ n {n \选择r} ^ 2。\ _ \ square$

我将把这个恒等式的组合证明留作练习，让你自己去做。

在上述身份的代数证明中，我们乘以两个多项式来获得所需的总和。同样，通过乘以 $P.$多项式，您可以获得身份的广义版本，即

$\求和{k_1+\dots+k_p=m}^m{n\choose k_1}{n\choose k_2}{n\choose k_3}\cdots{n\choose k_p}={pn\choose m}。$

通过考虑，您也可以组合地想到它 $P.$袋子组成的每个袋子 $N$球。因此，你总共有一个 $pn$球。现在你需要拿起 $m$一共有几个球

${pn\choose m}$

做的方法。

在如上所述的类似参数上，我们也可以拿起 $m$通过采摘球 $i_1$袋＃1的球， $i_2$从袋子里取出的球#2，…，和 $I_P.$袋#p的球。因此，对于固定的一组 $（i_1，i_2，\ ldots，i_p）$， 有 ${n\choose k_1}{n\choose k_2}{n\choose k_3}\cdots{n\choose k_p}$做到的方法，因此总共

$\求和{k_1+\dots+k_p=m}^m{n\choose k_1}{n\choose k_2}{n\choose k_3}\cdots{n\choose k_p}$

方法。

这会导致我们所需的结果

$\ sum_ {k_1 + \ dots + k_p = m} ^ m {n \选择k_1} {n \选择k_2} {n \选择k_3} \ cdots {n \选择k_p} = {pn \选择m}。\ _ \正方形$

将LHS（在Vandermonde的身份中）移动到rhs中的乳头产量

$\begin{aligned} 1 & = & \frac{\sum_{r=0}^k {m \choose r}{n \choose k-r}}{{m+n \choose k}} \\ & = & \sum_{r=0}^k \frac{{m \choose r}{n \choose k-r}}{{m+n \choose k}} \\ & = & \frac{{m \choose 0}{n \choose k}}{{m+n \choose k}}+\frac{{m \choose 1}{n \choose k-1}}{{m+n \choose k}}+\frac{{m \choose 2}{n \choose k-2}}{{m+n \choose k}}+\cdots . \end{aligned}$

上述总和中的每一项都可以解释为一种概率，也就是说，在该总和中蓝球数量的概率分布 $K.$绘制而不从包含的袋子替换 $N$蓝色和 $m$绿色小球。由此产生的分布更好地称为超高度概率分布。

Chu Vandermonde的身份：

本身份扩展到WENCHANG CHU的非整数论点，所以由CHU-Vandermonde身份称，该名称如下所示：

对于一般复合价值 $X$和 $y$和任何非负整数 $N$，它采取了表格 ${x + y \选择n} = \ sum_ {k = 0} ^ n {x \选择k} {Y \选择n-k}。$它可以重写在落下的Pochhammer符号中 $（x + y）_n = \ sum_ {k = 0} ^ n {n \选择k}（x）_k（y）_ {n-k}，$在哪里 $（x）_ {k} = x（x-1）（x-2）\ ldots（x-k + 1）$并且被称为下降的Pochhammer符号（或下降阶乘）。

Rothe-Hagen Identity：

Rothe-Hagen Identity以Heinrich August Rothe和Johann Georg Hagen命名，是Vandermonde身份的进一步推广，这为所有复数延伸 $（a，b，c）$.它说

$\ sum_ {k = 0} ^ n \ frac {a} {a + bk} {a + bk \选择k} {c-bk \选择n-k} = {a + c \选择n}。$

请尝试以下问题：