7.21 闲话
昨天晚上看见 Sonnety 在用 mp3 听歌，的确是不错的主意，但是我的手机在刚来的时候因为有人给我打电话而光荣牺牲，空留充电宝和耳机线，导致推歌只能搜索记忆，那今天就推一个 chinozo 新歌吧
Chinozo「跟随人群/ミーハー」feat.Tet0
话说 chinozo 是不是已经和那个画师绑定了啊
\(\bf 1\)-Pfaff-Saalschütz Identity
\[\dbinom{a+b}{a+d}\dbinom{a+c}{c+d}\dbinom{b+c}{b+d}=\sum_k\dbinom{a+b+c-k}{a-k,b-k,c-k,k-d,k+d} \]二元形式：
\[\dbinom{a+b}{a+c}\dbinom{a+b}{b+c}=\sum_{k=0}^{a-c}\dfrac{(a+b)!}{k!(k+2c)!(a-c-k)!(b-c-k)!} \]
考察二元形式：
先求一下邻项之比（\(t_i\) 为求和中第 \(i\) 项）：
\[\frac{t_{k+1}}{t_k}=\frac{(k-a+c)(k-b+c)}{(k+2c+1)(k+1)}
\]
所以右式可化为：
\[\frac{(a+b)!}{(2c)!(a-c)!(b-c)!}F\left(\begin{gathered}c-a,c-b\\2c+1\end{gathered}\middle|1\right)
\]
然后使用 这里 使用的引理就可以得出结果
来点更刺激的：三元形式
在此之前，还需要推导一个超几何函数的值：
\[F\left(\begin{gathered}a,b,-n\\c,a+b-c-n+1\end{gathered}\middle|1\right)=\frac{(c-a)^{\overline n}(c-b)^{\overline n}}{c^{\overline n}(c-a-b)^{\overline n}} \]
\[\sum_k\binom{m-r+s}{k}\binom{n+r-s}{n-k}\binom{r+k}{m+n} =\binom{r}{m}\binom{s}{n}
\]
这个结果是通过 这个 推导的，这篇博客已经给出了详细且初等的证明，不再赘述
对于这个式子，我们还是通过求两项之间比值求
\[\frac{t_{k+1}}{t_k}=\frac{(r+k+1)(k+r-m-s)(k-n)}{(k+1+r-s)(k+r-m-n+1)(k+1)}
\]
所以此式可化为：
\[\begin{aligned}
t_0\cdot F\left(\begin{gathered}r+1,r-m-s,-n\\r-s+1,r-m-n+1\end{gathered}\middle| 1\right) &=\binom{r}{m}\binom{s}{n}\\
F\left(\begin{gathered}r+1,r-m-s,-n\\r-s+1,r-m-n+1\end{gathered}\middle| 1\right) &=\frac{s!(r-s)!(m+n)!(r-m-n)!}{m!(r-m)!(s-n)!(n+r-s)!}
\end{aligned}
\]
然后做代换 \((a,b,c,n)\to(r+1,r-m-s,1+r-s,n)\) 即得
回到三元形式的恒等式，首先将它化为无穷级数形式：
\[\sum_{k\ge 0}\dbinom{a+b+c-d-k}{a-d-k,b-d-k,c-d-k,k,k+2d}
\]
然后按惯例考察相邻两项比值：
\[\frac{t_{k+1}}{t_k}=\frac{(k-a+d)(k-b+d)(k-c+d)}{(a+b+c-d-k)(k+2d+1)(k+1)}
\]
所以这个式子可以写作超几何形式：
\[\frac{(a+b+c-d)!}{(a-d)!(b-d)!(c-d)!(2d)!}F\left(\begin{gathered}d-a,d-b,d-c\\d-a-b-c,2d+1\end{gathered}\middle| 1\right)
\]
后边的超几何函数正是前边所证的形式，代入即可得证
由此可见，通过把组合恒等式化为超几何函数的形式，能让一些毫不相干的恒等式之间建立起微妙的联系，通过让一些简单的恒等式和较难的统一形式来进行求解
