Bài toán:
Chứng minh đẳng thức:
$\sum_{k=0}^n\dfrac{{n\choose k}^2}{n+k\choose k}=\dfrac{n!(3n)!}{\left[(2n)!\right]^2}$
Bài này là một sự kết hợp linh hoạt trong việc biến đổi đại số và SPTP liên tiếp. Thật lấy làm tiếc khi cu
dark templar không xử được nó.
Ta có:
Đẳng thức đã cho tương đương với:
$\qquad\sum_{k=0}^n \dfrac{n!n!}{k!k!(n-k)!(n-k)!}\cdot\dfrac{k!n!}{(n+k)!}=\dfrac{n!(3n)!}{(2n)!(2n)!}$
$\Leftrightarrow \dfrac{n!n!}{(2n)!}\sum_{k=0}^n \dfrac{n!}{k!(n-k)!}\cdot\dfrac{(2n)!}{(n-k)!(n+k)!}=\dfrac{n!(3n)!}{(2n)!(2n)!}$
$\Leftrightarrow \sum_{k=0}^n {n\choose k}{2n\choose n-k}={3n\choose n}$
Đẳng thức trên đúng theo Vandermonde, ở đây ta dùng SPTP cho đỡ thèm!
$\Leftrightarrow S=\sum_{k=0}^n {n\choose k}{2n\choose k}={3n\choose n}\quad\text{(đảo chiều)}$
Đến đây các bạn chú ý rằng $(-1)^k.(-1)^k=1$
Ta có:
$\left\{\begin{align*}&(-1)^k{n\choose k}=\Delta\left[(-1)^{k-1}{n-1\choose k-1}\right]\\&\Delta\left[(-1)^k{2n\choose k}\right]=(-1)^{k+1}{2n+1\choose k+1}\end{align*}\right.$
Do đó áp dụng SPTP, ta được:
$\begin{eqnarray*}S&=&(-1)^{k-1}{n-1\choose k-1}(-1)^k{2n\choose k}\Bigg|_{k=0}^{n+1}-\sum_{k=0}^n (-1)^{k+1}{2n+1\choose k+1}(-1)^k{n-1\choose k}\\&=&\sum_{k=0}^{n-1}{n-1\choose k}{2n+1\choose k+1}\end{eqnarray*}$
Các bạn có nhận ra sự thay đổi sau 1 lần SPTP không?
Nếu cứ tiếp tục áp dụng SPTP thì sau $n$ bước ta sẽ có:
$S=\sum_{k=0}^{n-n}{n-n\choose k}{2n+n\choose k+n}={3n\choose n}$
Và đẳng thức được chứng minh!
Để cho chặt chẽ hơn ta có thể chứng minh rằng:
$S_{m,n}=\sum_{k=0}^{n-m}{n-m\choose k}{2n+m\choose k+m}=S_{m+1,n}=...=S_{n,n}={3n\choose n}$
_______________________________
(Trích tuyển tập ĐTTH VMF 2013)