高中数学组合恒等式证明八法学法指导

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排列组合公式及恒等式推导、证明(word版)

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一、排列数公式：!(1)(2)(1)()!mn n A n n n n m n m(1)(1)321n n A n n n推导：把n 个不同的元素任选m 个排次序或n 个全排序，按计数原理分步进行：第一步，排第一位：有 n 种选法；第二步，排第二位：有（n-1）种选法；第三步，排第三位：有（n-2）种选法； ┋第m 步，排第m 位：有（n-m+1）种选法； ┋最后一步，排最后一位：有 1 种选法。

根据分步乘法原理，得出上述公式。

二、组合数公式：(1)(2)(1)!!!()!m m n nm mA n n n n m n CA m m n m1nn C推导：把n 个不同的元素任选m 个不排序，按计数原理分步进行：第一步，取第一个：有 n 种取法；第二步，取第二个：有（n-1）种取法；第三步，取第三个：有（n-2）种取法； ┋第m 步，取第m 个：有（n-m+1）种取法； ┋最后一步，取最后一个：有 1 种取法。

上述各步的取法相乘是排序的方法数，由于选m 个，就有m!种排排法，选n 个就有n!种排法。

故取m 个的取法应当除以m!,取n 个的取法应当除以n!。

遂得出上述公式。

证明：利用排列和组合之间的关系以及排列的公式来推导证明。

将部分排列问题m n A 分解为两个步骤：第一步，就是从n 个球中抽m 个出来，先不排序，此即定义的组合数问题m n C ；第二步，则是把这m 个被抽出来的球全部排序，即全排列m m A 。

根据乘法原理，m m m n n m A C A 即：(1)(2)(1)!!!()!m m n nm mA n n n n m n CA m m n m组合公式也适用于全组合的情况，即求 C(n, n)的问题。

组合恒等式证明八法

1 n- 1 0 n
= C . 点评: 运用基本组合数公式进行转换, 如 :
n- k n k k- 1 k m k k- 1 = C = C n- 1 - C n- 1, C n C k = n n- 1
C = C
m k- m
k n
+
n
Cm C n 种 , 又由组合数定义知所求
n
n- n
C n C n- m 等是处理组合恒等式的常用方法 . 同时 , 在上述恒等式中 , 取 n = 1 , 2 , 可以推出一系列新等式, 如 ( 1) 由 C 1 + C 2 + C n+ 1 得 1 + 2 + C3 +
r r r r
Cn
r- 1 r+ 1
m
r- 1 r+ 1
大项即为第 7 项. 以下从略. 浙江省绍兴市稽山中学 ( 312000 )
(* )
Cn m Cn nm - 1 可以解得 r 1+ m
m nm + m , 我们可以判断 1+ m
童广鹏
组合恒等式证明八法
二项式系数可以组成许多有趣的组合恒等式, 这些等式常通过简捷的组合分析来得到证明, 本文举例说明. 一、公式法例 1 求证 : C n + C n+ 1 + C n+ 2 +
n n n n+ 1 n+ 1
+ C n+ k = C n+ k+ 1. 证明 : 由 C n+ k+ 1 + C n+ k + C n+ k , C n+ k = C n+ k- 1 + C n+ k- 1,

浅谈组合恒等式证明的常用方法

浅谈组合恒等式证明的常用方法组合恒等式是组合数学中常见的等式形式，它们描述了一些集合之间的数量关系。

证明组合恒等式的方法有很多种，下面将介绍几种常见的方法。

一、代数证明法代数证明法利用组合数的性质以及代数运算的法则来证明组合恒等式。

该方法的关键在于将组合数的定义表示为代数式，并对其进行适当的变换，最终证明等式左边和右边是相等的。

例如，要证明组合恒等式$\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} +\binom{n-1}{k}$。

首先，使用组合数的定义$\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$，然后对等式两边应用阶乘的性质进行变换。

$\frac{n!}{k!(n-k)!} = \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} +\frac{(n-1)!}{k!(n-k-1)!}$接着，利用阶乘的定义$n! = n \cdot (n-1)!$，并化简分子部分的阶乘。

$\frac{n!}{k!(n-k)!} = \frac{n}{k} \cdot \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} + \frac{n-k}{k} \cdot \frac{(n-1)!}{k!(n-k-1)!}$继续变换，将分式化为组合数的形式。

$\frac{n}{k} \cdot \binom{n-1}{k-1} + \frac{n-k}{k} \cdot\binom{n-1}{k} = \binom{n}{k}$最后，通过代数运算的法则，将等式两边进行合并，从而证明了组合恒等式。

二、递归证明法递归证明法是一种基于递归关系的证明方法。

该方法的关键在于通过归纳法证明递归关系成立，从而证明组合恒等式。

例如，要证明组合恒等式$\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} +\binom{n-1}{k}$。

首先，考虑递归关系$\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} +\binom{n-1}{k}$。

12)专题-组合恒等式教师教师版

第一课时：简单的组合恒等式的证明【教学目标】1.掌握基本的组合数公式，能较为熟练的运用组合数公式.2.了解组合恒等式的基本的证明方法，会证明较为典型的组合恒等式. 【教学过程】一、课堂引入同学们了解以下的组合数公式吗？解决组合恒等式问题需要对组合数公式比较熟悉，所以要掌握一些最基本的公式和常用的组合恒等式. 1.基本组合数公式（1）k n n k n C C -= （2）11-++=k n k n k n C C C （3）11--=k n k n nC kC 或11--=k n kn C kn C （4）mm k n m k n m k m n m n m k k n C C C C C C +----==（n k m ≤≤）.2.常见的组合恒等式（1）nn n n n n C C C C 2...210=++++；（2）0)1(...10=-++-nn n n n C C C ；（3）11121...++-++=+++++m n m n m n m m m m m m C C C C C C .以上的恒等式可以通过赋值法进行证明. 二、例题精讲例1.证明：11121...++-++=+++++m n m n m n m m m m m m C C C C C C例2.当1,n n N *≥∈时，（1）求证：1232211123(1)(1)n n n n n n n n n n C C x C x n C x nC x n x ----++++-+=+；（2）求和：212223212123(1)n nn n n n n C C C n C n C -++++-+．例3.⑴ 求34677C 4C -的值；⑵ 设*,m n ∈N ，n m ≥，求证：()()()()()212121C 2C 3C C 1C 1C m m mm m m m m m n n n m m m n n m +++-++++++++++=+．总结：证明组合恒等式的常用方法（1）公式法，利用上述基本组合恒等式进行证明；（2）母函数法，也成为生成函数法；（3）求导数积分赋值法（类似于陈颖老师所说的函数升降格变形）；（4）数学归纳法；（5）利用组合数的实际意义；在具体解题中，常常需将这些方法同时结合运用. 其中法5利用组合数的实际意义不常用. 【巩固练习】1. 已知7767610(31)x a x a x a x a -=++++求：（1）127a a a +++；（2）1357a a a a +++；（3）0246a a a a +++.2. 请先阅读：在等式2cos 22cos 1x x =-（x ∈R ）的两边求导，得：2(cos 2)(2cos 1) x x ''=-，由求导法则，得(sin 2)24cos (sin ) x x x -=-，化简得等式：sin 22cos sin x x x =．（1）利用上题的想法（或其他方法），结合等式0122(1+x)=C C C C n n nn n n n x x x ++++（x ∈R ，正整数2n ≥），证明：112[(1)1]C nn k k n k n x k x--=+-=∑．（2）对于正整数3n ≥，求证：（i ）1(1)C 0nkknk k =-=∑；（ii ）21(1)C 0nk kn k k =-=∑；第二课时：组合恒等式的应用【教学目标】1.掌握高中阶段组合恒等式证明的四种方法，能熟练选择并运用.2.会用组合恒等式的思想解决一些较为复杂的组合数求值问题，理解组合数求值问题的本质. 【教学过程】一、课堂引入前面我们学些了四种基本的证明组合恒等式的方法，但是在具体操作时我们发现，并不是所有的问题都是以恒等式的形式展现的，我们会遇到一些关于组合数的求值问题，如何去求解这些问题，能否用前面我们所学到的方法去解决，哪些方法可以继续使用？这就是我们今天所要研究的问题，从恒等式角度去探索求值问题，看清求值问题的本质. 二、例题精讲例1. 已知()(1)nn f x x =+.（1）678()()2()3()g x f x f x f x =++，求()g x 中含6x 项的系数；（2）化简121123(,)m m m mm m m m n m m nC C C nC m n N C *+++-++++++∈（用,m n 表示），写出推理过程.例题2. 已知*0()()nkk n nk f x Cx n N ==∈∑．（1）若456()()2()3()g x f x f x f x =++，求)(x g 中含4x 项的系数；（2）证明：012121231(2)123[]3n m m m m m n m n m n C C C nC C m -+++++++++++++=+．例3.设*n N ∈，3n ≥，*k N ∈.（1）求值：①11k k n n kC nC ---；②()221211kk k n n n k C n n C nC -------（2k ≥）；（2）化简：()()2220212212311k nn n n n nC C C k C n C +++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++. 【巩固练习】1.设(1－x)n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，n ∈N *，n ≥2. (1) 设n ＝11，求|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|的值；(2) 设b n ＝k ＋1n －k a k ＋1(k ∈N ，k ≤n －1)，S m ＝b 0＋b 1＋b 2＋…＋b m (m ∈N ，m ≤n －1)，求⎪⎪⎪⎪S m C m n －1的值．2. 在自然数列123n ，，，，中，任取k 个元素位置保持不动，将其余n k -个元素变动位置，得到不同的新数列．由此产生的不同新数列的个数记为()nP k ．（1）求()31P ；（2）求()440k P k =∑；（3）证明()()110n n n n k k kP k n P k --===∑∑，并求出()0nn k kP k =∑的值．（理解“新数列”含义，导出()()11n n nn k k kP k n P k --===∑∑很重要，本题改编自第28届IMO 古巴）第三课时：较复杂的组合恒等式的证明【教学目标】1.掌握复杂的组合恒等式的证明方法，对算两次的思想充分理解.2.了解其他证明组合恒等式的方法（比如幂分解，赋复数值，递推累加），并会简单的应用. 【教学过程】一、课堂引入同学们前面我们学习了怎样证明组合恒等式，会解决了一些组合数求值问题今天来学习更为复杂的组合恒等式的证明问题.二、例题精讲例题1. 已知等式21(1)n x -+=1(1)(1)n n x x（1）求21(1)n x -+的展开式中含n x 的项的系数并化简01111111C C C C C C n n n n n n n n n -----+++（2）证明：1222221(C )2(C )(C )C n nn n n n n n -+++=例题2.题文：对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同的构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法。

组合恒等式的证明方法与技巧

证明组合恒等式的方法与技巧前言组合恒等式在数学及其应用中占有不可忽视的地位,它是以高中排前言列组合、二项式定理为基础．组合恒等式的证明有一定的难度和特殊的技巧，且灵活性很强，要求学生掌握这部分知识，不但要学好有关的基础知识，基本概念和基本技能，而且还要适当诱导学生拓宽思路、发挥才智，培养解决问题方法多样化的思想．下面就以例题讲解的形式，把证明组合恒等式的常见方法与技巧一一列举出来．1. 利用组合公式证明组合公式：mn C =n!!n m m （－）！例1．求证：m mn C =n 11m n C －－分析：这是组合恒等式的一个基本性质，等式两边都只是一个简单的组合数．由此，我们只要把组合公式代入，经过简化比较，等号两边相等即可．证：∵ m mn C =m n!!n m m （－）！…11m n C －－=n n !1!n m m （－1）（－）（－）！=n n !m 1!n m m m （－1）（－）（－）！=m n!!n m m （－）！∴ m mn C =n －－11m n C .技巧：利用组合公式证明时，只须将等式中的组合数用公式代入，经过化简比较即可，此方法思路清晰，对处理比较简单的等式证明很有效，但运算量比较大，如遇到比较复杂一点的组合恒等式，此方法而不可取．2. 利用组合数性质证明组合数的基本性质：（1）m n C =n mnC －（2）1mn C ＋=mn C +1m nC －（3）k kn C =n k 11n C －－（4）＋＋...＋＝012n 2nn n n n C C C C?－＋－＋...＋（－1）＝00123n nn n n n n C C C C C （5）例2：求证：－＋＋3...＋n ＝n 123n122n n n n n C C C C分析：等式左边各项组合数的系数与该项组合数上标相等，且各项上标是递增加1的,由此我们联想到组合数的基本性质：kk n C =n k 11n C －－，利用它可以将各项组合数的系数化为相等，再利用性质＋＋...＋＝012n 2n n n n n C C C C 可得到证明．证：由k kn C =n k 11n C －－得123n2n n n n C C C C ＋＋3...＋n＝012n 11111n n n n n n n C C C C －－－－－＋＋...＋n ＝n （012n 11111n n n n C C C C －－－－－＋＋...＋）＝nn 12－.、例3．求证：012k 1k 1m m 1m 2m k 1m k C C C C C －－＋＋＋－＋＋＋＋...＋＝分析：观察到，等式左边各项的组合数的上标和下标存在联系：上标＋m ＝下标，而且各项下标是递增＋1的．由此我们想到性质（2），将左边自第二项各项裂项相消，然后整理而得到求证．证：由性质（2）可得im i 1C ＋＋=i m i C ＋+i 1m i C －＋（i ∈N ）即im i C ＋＝i m i 1C ＋＋－i 1m i C －＋令i ＝1，2，…，k －1，并将这k －1个等式相加，得12k 1m 1m 2m k 1C C C －＋＋＋－＋＋...＋＝1021k 1k 2m 2m 1m m m k m k C C C C C C －－＋＋＋3＋2＋＋－1－＋－＋...＋－—＝－0m 1C ＋＋k 1m k C －＋＝－0m C ＋k 1m k C －＋∴012k 1k 1m m 1m 2m k 1m k C C C C C －－＋＋＋－＋＋＋＋...＋＝.技巧：例2和例3的证明分别利用性质（3）（5）、（2）此方法的技巧关键在于观察，分析各项组合数存在的联系，读者应在平时实践做题总结，把它们对号入座，什么样的联系用什么样的性质来解决．3. 利用二项式定理证明我们都知道二项式定理：n n 1n 2n 2n 1n n n n n a b a a b a b ab b C C C －1－2－－1（＋）＝＋＋＋...＋＋，对于某些比较特殊的组合恒等式可以用它来证明，下面以两个例子说明3．1．直接代值;例4．求证：（1）－1－1＋3＋3＋...＋3＋3＝122n n 1n 2n n n n 2C C C （2）－－－1－－＋＋...＋（－1）＋（－1）＝n n 11n 22n n 1nn n n 22221C C C 分析：以上两题左边的各项组合数都是以 i n i in a b C －的形式出现，这样自然会联想到二项式定理．证：设 n n 1n 2n 2n 1n n n n n a b a a b a b ab b C C C －1－2－－1（＋）＝＋＋＋...＋＋ ① ⑴ 令a ＝1，b ＝3，代入①，得－1－＋）＝1＋3＋3＋...＋3＋3n 122n n 1n n n n (13C C C 即，－1－1＋3＋3＋...＋3＋3＝122n n 1n 2n n n n 2C C C(2) 令a ＝2，b ＝－1，代入①，得n n n 11n-22n 1n 1n n n n 121C C C －－－（2－1）＝2－2＋2＋...＋（－）＋（－）即，－－－1－－＋＋...＋（－1）＋（－1）＝n n 11n 22n n 1n n n n 22221C C C .技巧：此方法的关键在于代值，在一般情况，a ，b 值都不会很大，一般都是0， 1，－1，2，－2 , 3，—3这些数，而且a ，b 值与恒等式右边也有必然的联系，如上题中1＋3＝22，2－1=1,在做题的时候要抓住这点．;3. 2．求导代值例5．求证：－＋3＋...＋（－1）＝（－1）23n n 2n n n 212nn n n 2C C C （n ≧2）分析：观察左边各项组合数的系数发现不可以直接运用二项式定理，但系数也有一定的规律，系数都是i(i-1) i=2,3,…n 我们又知道（x i ）’’=i(i-1)x i-2 由此我们想到了求导的方法．证：对n 0122n n n n n n x x x x C C C C （1＋）＝＋＋＋...＋两边求二阶导数，得n 223n n 2n n n n n 1x 212x n n x C C C －－（－1）（＋）＝＋3＋...＋（－1）令x=1得－＋3＋...＋（－1）＝（－1）23n n 2n n n 212n n n n 2C C C （n ≧2）技巧：此方法证明组合恒等式的步骤是，先对恒等式na x （＋）＝i 1mnn i i C ax -=∑ 两边对x 求一阶或二阶导数，然后适当选取x 的值代入．4. 比较系数法·比较系数法主要利用二项式定理中两边多项式相等的充要条件为同次幂的系数相等加以证明．例6．求证：2222＋＋)＋()＋()＋...＋()＝012m m 1m 22(n nn n C C C C C （范德蒙恒等式）分析：本题若考虑上面所讲和方法来证明是比较困难的，注意到等式左边各项恰是二项展开式中各项二项式系数的平方，考虑二项展开式（1＋）n x =＋0n C ＋＋...＋122n nn n n x x x C C C 和（1＋）＝＋＋＋...＋n 012n n n n n 2n 1111x x x xC C C C 这两个展开式乘积中常数项且好式是 2222＋＋)＋()＋()＋...＋()012m m 1m 2(n n C C C C证：∵n 0122n n n n n n x x x x C C C C （1＋）＝＋＋＋...＋（1＋）＝＋＋＋...＋n 012n n nn n 2n 1111x x x xC C C C ∴n1x (1)n x+（1＋）=（＋＋＋...＋0122n n n nn n x x x C C C C ）（＋＋＋...＋012n n nn n 2n 111x x xC C C C ）又有，n1x (1)n x+（1＋）＝2nn(1+x)x ,比较两边的常数项，左边常数项为2222＋＋)＋()＋()＋...＋()012m m 1m 2(n n C C C C右边的常数项为2nn C ，根据二项展开式中对应项的唯一性得 2222＋＋)＋()＋()＋...＋()＝012m m 1m 22(n n n n C C C C C技巧：此方法关键是适当地选择一个已知的恒等式，然后比较两边x 同次幂的系数．当然，已知恒等式的选择不是唯一的，例5也可以选择已知恒等式 n 2x (1)(1)n nx x +=+（1＋），只须比较恒等式中两边含有n x 的系数即可得证，证明留给读者．5. 利用数列求和方法证明回到例2，除了利用组合数的性质，我们还可以有其他方法．观察，恒等式左边的各项组合数的系数为等差数列，现在我们仿照求和公式(1)12 (2)n n n -+++=的证明来证明例2 证：设123nn n n n s=C 2C 3C ...n C ＋＋＋ ① 则n n-121n n n n s=n C n-1)C ...2C C ＋(＋＋ 01n-2n-1n n n n =n C n-1)C ...2C C ＋(＋＋ ②：①＋②得01n-1nn n n n 2s=n C C ...n C C n ＋＋＋n 01n-1nn n n n =n(C C ...C C )＋＋＋=n 2n∴ 12n s n -=技巧：此方法的证明有一定的特殊性,分析等式中组合数系数的变化规律尤其重要,知识的迁移在此方法是一个很好的见证．6. 利用数学归纳法证明我们都知道数学归纳法，在证明数列的题目中，我们就体会了数学归纳法的好处，只要按照数学归纳法的两个步骤进行就可以了．那么，组合恒等式的证明可不可以用数学归纳法来证明呢看下面的一个例题(例7．已知{n a }是任意的等差数列，且n ≧2，求证：123n n+1a －a ＋a －...＋（－1）a +（－1）a ＝0012n-1n-1nn n n n n n C C C C C分析：由于本题恒等式左边的各项组合数系数是一个不确定的等差数列，用上面的方法处理就比较困难，又因为等式含有数列，我们不妨用数学归纳法试试．证：i) 当n ＝2时，因为2132a a a a -=-所以12320a a a -+=，故等式成立，ii) 假设，当n ＝k （k ≧2）时等式成立，即对任何等差数列{n a }，有，123k k+1a －a ＋a －...＋（－1）a +（－1）a ＝0012k-1k-1kk k k k k k C C C C C ① 则当n ＝k ＋1时，利用组合数性质，有＋1＋1＋2＋13＋1k ＋1k+2a －a ＋a －...＋（－1）a +（－1）a 012k k k k ＋111＋1k k k k k C C C C C123－＋1k ＋1k+2＝a －（＋）a ＋（＋）a －... ＋（－1）（＋）a +（－1）a 01021k k k 1k k k k k k k k k k C C C C C C C C 123k ＋1－－234k ＋1k ＋2＝a －a ＋a -...+（1）a －a －a ＋a -...+（1）a +（1）a 012k k 012k 1k 1k k[－][－－]k k k k k k k k k C C C C C C C C C[因为根据归纳假设，当n ＝k 时，对任意等差数列12k 123k 2a a a a a a ＋＋，，...，与，，①式都成立，所以上式右端的两个方括号都等于零．于是我们证明了当n ＝k ＋1时等式也成立，根据（1）和（2）可知，等式对n ≧2的任何自然数都成立．技巧：用本方法证明的思路清晰，只须分两步进行即可，但归纳法的关键是由“假设n ＝k 成立，推导到n ＝k ＋1也成立”这一步中间的变换过程比较复杂，在“无路可走”的情况之下，归纳法也是一个好的选择．7. 利用组合分析方法证明所谓组合分析法就是通过构造具体的组合计数模型，采用了“算两次”的方法，再根据组合数的加法原理和乘法原理得到恒等式两边相等．例8．证明：－－＋＋...＋＝0112n 1n n 12n n n n n n n C C C C C C C （n ≧2）证明：算右边，假设有2n 个球，现要在2n 个球中任取出（n －1个，取法有－n 12n C 种，算左边，把2n 个球分成两堆，每堆个n 个，现要在2n 个球在中取出（n －1）个，取法是，在第一堆取0个，第二堆取（n －1）个，或第一堆取1个，第二堆取（n －2）个，或…或第一堆取（n －1）个，第二堆取0.再根据加法原理总的取法有－－－＋＋...＋0n 11n 2n 10n n n n n n C C C C C C）又因为－－－＋＋...＋0n 11n 2n 10n n n n n n C C C C C C ＝－＋＋...＋0112n 1nn n n n n n C C C C C C所以，左右两边都是在2n 个球中取出（n －1）个球，因此有，－－＋＋...＋＝0112n 1n n 12n n n n n n n C C C C C C C （n ≧2）技巧：用组合分析法证明组合恒等式的步骤是：选指出式子的一边是某个问题的解，然后应用加法原理和乘法原理等去证明式子的另一边也是该组合问题的解．用此方法也可以证明例6，证明过程非常简洁．8概率法证排列组合基本理论是古典概型计算的基石．能否用古典概型来解决某些排列组合问题我们来看下面的例子例9证明组合数加法题推公式：.21111C C C C k n k n k n k n ----+++=分析：把特征等式经过适当变形，使之右端变为1，而左端为若干项之和，根据左端和式中各项的特点，构造以概率模型，并找到样本空间的一个特殊分化，使之相应概率等于左端和式的各项，从而得证．证明：我们将公示变形为.11211111=+++--+--+CC CC CC kn k n k n k n k n k n、下面利用超几何分布概率公式构建摸球模型来证明：设袋中有1+n 只球，其中有1只黑球，1只白球，现随机地抽取k 只球()11+≤≤n k .设事件A ：“抽取的k 只球中含有黑球”，B ：“抽取的k 只球中含有白球”，则()CC C kn knA P 101+= 由全概率公式得()()()()()B A P B P B A P B P A P +==CC C CC C CC C CC C knk n k n k n k nk n k n k n 1111101121111111--+---+-•+• =CC CCkn k n k n k n 111121+--+--+ 由()()1=+A P A P ,立即得证该公式技巧：利用概率对立事件发生的概率和为1，或是在某种情况下必然事件的概率也为1.可以与实际相结合，容易理解．…9 几何法例10 证明nnn n n C C C 21=+++ 分析：主要是利用组合的几何意义来证明．无重组合Cn 1n +的几何意义表示平面坐标上的（0,0）点到整点（n,m ）（这里n,m 都是整数）的递增路径的总和．一条从点（0,0）到点（n,m ）的递增路径是指一个有长度为1的端点为整点的线段首尾连接所组成的折线，并且每一条线段的后一个端点的坐标或者在x 上或者在y 上，比前一个端点增加一的单位长，水平走一步为x,垂直走一步为y,图…1中的递增路径可表示为：x,y,x,x,y,y,x,x,y,y证明：由图2可知等式的左边，Cn0表示从（0,0）到（0，n ）点的增路径，Cn1表示从（0,0）到（1，n-1）点的增路径数，┄，Cn n1-表示从（0,0）到（n-1,1）点的的增路径数，Cn n表示从（0,0）到（n,0）点的的增路径数1，而这所有的地增路径之和就是从（0,0）点到斜边上的整点的递增路径．另一方面，从（0,0）点到斜边上任何一整点的递增路径是 n 步步长，每一步是x 或者y ，有两种选择，由乘法法则，<n 步的不同方法的总数为2n，所以等式成立．10 用幂级数法我们知道，()1-1--n x 可展成如下幂级数： ()=---11n x k k kkn x C∑∞=+01<x 现在我们用次展开式证明下列等式例11 证明C C C C n m n n m n n n n n 111+++++=+++证明：因为 ()()()111-1-+--x x n =()21---n x左边应为：()()()1111-+---x x n =∑∑∞=∞=+•0i i kk n k n x x C右边应为：()=---21n x k k n k n x C ∑∞=+++011%比较两边nx 的系数可知，原等式成立．技巧：对组合求和，当组合下标变动时，常用幂级数方法．11微积分法例11 求证：()∑∑==-=-nk kn nk k kkC 11111分析：利用微分与积分的相互转化是问题得以解决，求导后再积回去，不改变原等式的性质．证明：令 ()()k k nnk k x kx f C∑=--=111则 ()00=f ，()()Ck nnk k kf ∑=--=1111()()1111-=-∑-='k nk kn k x x f C =()k n k k nk x x C ∑=--111=()x x n---11=()()x x n----1111 ;=()()()121111--++-+-+n x x x即()()∑-=-='11n j jx x f上式两边同时求积分得 ()()C x j x f n j j +-+-=∑-=+11111所以 ()C j f n j ++-==∑-=11100 ⇒ ∑∑-===+=101111n j nk kj C 从而 ()()∑∑=-=++-+-=n k n j j kx j x f 1111111()()∑∑==-==-nk knnk k kf kC 111111 12 递推公式法上述例12是否还可以用递推公式的方法解决，我们来看一下··证明：令()∑=--=nk k nk n Ckf 111 （ ,3,2,1=n ）则，11=f 当2≥n 时，n f =()()C C k n k n nk k11111-k 1----=+∑=()()∑∑=-----=--+-nk k n k kn n k k CC kk1111111111=()∑=---n k k n k n C n f 1111=()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---∑=-11101n k k n kn C n f=()1011---n f n =n f n 11+- 所以 n f f n n 11+=-=n n f n 1112+-+-=nf 131211++++==∑==++++n k kn 1113121113 生成函数法}首先介绍生成函数相关定义和定理．定义1 设{}n a 是一个数列，做形式幂级数() +++++=nn x a x a x a a x f 2210称()x f 为数列{}n a 的生成函数．定义2 对任何实数r 和整数k 有=Ck r()()!111k k r r r +-- 000>=<k k k定理1 设数列{}{}n n b a ,的生成函数为()()x B x A ,，若∑==ni i n a b 0，则()()xx A x B -=1 定理2 设m 是一个有理数，R a ∈，有()∑∞==+01k k k k mmx a ax C例13 设n ∈N,有())3)(2(11123+++++n n n n Cn n；证明：设数列Ck kkn +2的生成函数A(x),即A(x)=xC k kk kn k +∞=∑02设∑==n i i n a b 1,先求A(x),由()x n --11-=xC kk kkn ∑∞=+1对上式两边求导得：()()xC k k kk n n k x n 11211-∞=+--∑=-+两边同乘x 得：()()x C kkk n k n k x n +∞=--∑=-+1211对上式两边求导得：()()()()()2311121-----++-++n n x n x x n n =x C k k k k n k 112-+∞=∑两边同乘x 得： ()()()()()x x n x x n n n n 22311121-----++-++=x C k k k k n k +∞=∑12=A(x) 由定理1。

组合恒等式的几种证明方法

组合恒等式的几种证明方法
恒等式是数学中常用的定理之一，其特点就是它的左右两边的数值必须相等，
可用来进行组合数学推导。

组合恒等式的证明方法有两种，分别是实验法和论证法。

实验法指的是将恒等式的两边的特征分别用实验的手段进行测试和试验，以得
出它们的实验情况相同，结果同时一致，可以确定恒等式两边对等。

论证法是指证明恒等式两边对等的理论依据，根据公理、定理以及数学性质，从理论层面对恒等式进行证明，从而得出结论，即两边的数值必须相等。

实验法一般用于证明经验性的恒等式，而论证法则适用于证明抽象结构的恒等式。

实验法要求两边实地考察，力求获取准确信息，然后根据实地测试，得出最终结论，证明两边对等；论证法则要求有规范的推导流程，要求先获取准确的逻辑性学习经验，然后以此为基础进行立足缜密的推理，以证明恒等式的有效性。

因此，实验法与论证法都能有效证明组合恒等式。

两种方法各具特色，有各
自的适用领域：实验法更擅长证明实践性问题和具体实例；论证法则更具有泛泛性，更倾向于阐释抽象结构和理论推导等问题。

组合恒等式证的几种方式

百度文邮-让每个人平零地捉升口我4（1引言组合恒等式是组合数学的一个重要部份•它在数学的各个分支中都有普遍应用,而且它的证明方式多种多样，具有很强的灵活性•下面通过几个实例具体讲述一下，几种证法在组合恒等式中的运用.2代数法通常利用组合恒等式的一些性质进行讣算或化简，使得等式两边相等，或利用二项式定理（x +y ）ll = 'Yjc ：t x r y n r 在展开式中令％和y 为某个特定的 r=0值，也可以先对二项式定理利用幕级数的微商或积分后再代值，得出所需要的恒等式.例 1 C ；,+, + C ；-1 + 2C ； = n > m .分析：这个等式两边都很简单，咱们可以利用一些常常利用的组合恒等式去求证.证明:W+CJ+2C ： =C 鷲• “ ■ 111 +1 八“亠 j fl Ifl … •••左边=c （—- + —-— + 2） m +1 n+1 m二⑴（"+加+ 2 * 加） m + 1 〃 +1 — m/ （it + m + 2）（/1 +1 一 m ） + m 2 + m 、（in + l ）（n +1 - m ）n 2 +3n + 2（〃?+ l ）（n +1— 〃?）（〃 + 2）（〃 +1）（加+ 1）（" +1—〃7）右边二 = G + 2)! = s + 2)(n + l)川心(n + \—m) !(加 +1)! (m +1)(〃 +1-m)(n 一 m)!m! VC ： m c ：（百度文库•让每个人平等地捉升口我=J G + l)S + 2)"(〃 + 1—加)(〃？ + 1)左侧二右边即证.例2 求证:3” + C：3”" + C; 3心+ …+ C；J 31 + C；； 3° = 22n .分析：看到上式，很容易想到二项式的展开式，尝试利用二项式定理去做.证明：山二项式定理成立恒等式，(3 + ”)" = 3” + C* 3”" x + C： 3,,_2 F + …+ C：；“ 3x n~l + x H令x = l,B|J 得4” =2?” = 3W + c* 3M_, + C； 3"~2 + • • • + C；-13 +1即证.例3 (1)设“是大于2的整数，则C,；-2C：+3C；+…+ (-1”心=0.(2) ”为正整数，则]+ 丄C： + 丄C；+ …+ 丄C：；=丄(2 ”_ 1).2 "3 ”n+1 ”n+\分析：观察上面两式的系数，很容易想到它们和微分积分有关，咱们可以尝试利用求积分或微分的方式去解决这道题目•证明：(1) (l + x)”=U+C：x + C穿+・・. + C>”等式两边对x求导，n(l + x)n~' = C\ + 2C；x + …+ nC^x n~l百度文库•让每个人平等地捉升口我6令 *0 得，o = C ：-2C ；+3C ；+・・・ + (-l)"C ；即证.(2)由二项式定理有，(1 + x)n = C ： + C ；x + C^x 2 H 1- C"x n上式两边对X 积分，有J ： (1 + 创 dx =]•■ (C ； + C\x + C 討 +... + c ：g 占喀c ：善即1+凯+抵+小岛I 占(27).此类方式证明组合恒等式的步骤是先对恒等式(a +卄士两边 r-<)对X 求一阶或二阶导数，或积分，然后对X 取特殊值代入，取得所需证明的等式.咱们也可以利用组合恒等式的性质，证明一些恒等式，例如利用=2C ； + C ；,求证：1’ +2’ ------------ n 2 = -/7(/? + 1)(2/1 + 1)6证明：左侧= 2(C ； +C ； + …+ C ：) + (C ； +C ； +…+ C ：)=2(1+ C ；+C ；+••• + (?；-C ；) + (l + C ；+(+•.•+C ； - C ；) = 2C ；,C ：2(/? + 1)! /?(/?-1)= ------------------ 1 ------------ (〃-2)!3!2 = -/?(/?+ 1)(2// +1)一样的道理利用= 6C>6C ；+C ；W ,可以证明F+23+...+宀一 2 _■1 n+T (27) = £C ； &•(> 1 r+T3组合分析法所谓组合分析法就是通过构造具体的组合汁数模型或模型实例，利用不同的方式解得的结果应该相同，从而取得恒等式相等.例5证明：C；+C；「・・・ + C：=C：：：.证明：C：：；是卄1元集4 = {%©,心}中厂+ 1元子集的个数，这些子集可以分为” + 1类.第0类:厂+ 1元子集中含有①，则共有C,：个.第1类:不含①，但含心的厂+ 1元子集共有C］个；• • •9第"类:不含如但含的尸+ 1元子集共有C；个.山加法原理得C(； + C；+・・・ + C； + C；『・・ + C,；=C,；：；・可是C； =0,当Rv/fl寸，所以有C；+C；+|+..・ + C；=C,；：：・例 6 求证:C；g + C：…C：, + C；n C；+ …+ C：；：C： = C爲(n > m).证明：构造组合模型，假设一个班有加个男生，有”个女生，此刻要选加个人，组成一组，那么有多少种选法.选法一：不区分男女生时，共有加+〃个人，选出加人，共有选法Ci；选法二：选出的男生人数为R个，R =0,1,2,…，加,男生的选法共有V，女生的选法共有Cf,完成事件的选法共c：；p种，于是Cg = C爲,又因为c,;j = C；.所以C：C：H = C；；；+”, k=0,1,2,…，加.即 g + C；C： + C；C： + …+ C；；；C： = C寫(n >m).当n = m 时，即有(C： )2 + (C：尸 + …+ (C： )2 = C；….4比较系数法主如果利用二项式定理中两边多项式相等的充要条件为同次幕的系数相等加以证明.一般情况下，用比较系数法证明所需辅助函数利用幕的运算性质：(1 + x严"=(l + x)气1 +切"，其中加，"为任意实数，然后利用二项式定理的展开取得两个多项式，再通过比较同次幕的系数取得所证的恒等式.上题也可以利用比较系数法证明:(1 + •¥)"' (1 + X)" = (C： + C：X 4 --------------------------- 卜C：x"r )(C：+ c\x 4 ---------------------------------------------------- 卜C：x")=g +(C：C：+ *)"••.+(曲+4铲+ …+C：C；X +…+ C；：：C；；/‘n所以疋的系数为+C© +…+ C；；：C；, 乂因为C：”=C；；：T .所以qc：+c：C「+ …+g = C：c：+c,；c：+c；c； + …+c：：c：, 又因为，(1 + x)”‘ (1 + x)" = (1 += c；= + C爲X + …+ C；：+F + …+ C；；：：；：严所以 g + + C；C： + …+ C：C： = C寫(n >m).即证.例7 求证(C：)2+(C：)2+・.. + (C；)2=c；；.证明：（l + x）”（l + x）”展开式中疋的系数为:%；：+c；cr= cM+g+c：c：+・..+c;;c：= (C*)2+(C;)2+... + (C；；)2乂 (1 + x)n (l + x)n =(1 + x)2n ； (1 + x)2n 展开式中 x” 的系数为 C ；；,所以即有 C ）2+（C ：）2+... + （C ；）2=C ；；.5数学归纳法咱们都知道数学归纳法，在证明数列的题LI 中，咱们就体会了数学归纳法的益处，只要依照数学归纳法的两个步骤进行就可以够了.组合恒等式是与自然数有关的命题，因此，数学归纳法也就成为证明组合恒等式的常常利用方式之一.例 8 求证：C ；：+C ；；+\+…+ C ：：+p=C ；L ，"为自然数•分析：这里有一个变量/儿可以利用数学归纳法.证明：（1）当” =1时，C ；：+C ；；+i=g 显然成立.（2）假设〃 =k 时成立，即当P=21时,即上式两边同时加上C ;;+CL +・・・+CH=厂卄1 1即当p=k + l 时也成立.由（1）（2）知命题对任意自然数〃皆成立.例 9 证明：(-l )oc ：+(-l),C ；+... + (-l)〃Cr=(-l)〃C 爲证明:当加=0时，上式显然成立，当加=1时,有左侧=(-l)°C ；+(-l),C*=1 - C ： = -C*_!=右边所以原式成立.C ；+/••• + %假设当m = k时成立，即'P l m = k+l时，左侧二(-1 )°C； + (-1 )*C；+ …+ (-1 )k C； + (-1 )i+,C；+, =(-1/ ―⑺一川+ (_l)z ------------- - ----------(”_l)!k! _1)!伙 + 1)!=($ (〃一1)!(1—旦)(〃- —1)!&! k + \=M (〃-1)! (-1)(心-1)_ _ (〃一£一1)久! m =(—1 严=(-i)y即当川= k + \时,命题也成立.由(1),⑵知,命题对任意自然数皆成立.结论关于组合恒等式证明的方式还有很多，例如，微积分法，二项式反演公式法，儿何法等.本文介绍的主如果儿种常见的方式，以上的方式是以高中知识为基础，也可以说是组合恒等式证明的初等方式.通过学习，咱们学会用具体问题具体分析和解决问题多样化的思想•以上例题的解法大多不是唯一的，本文也有提及.但各类方式之间也存在必然的联系.有时一道题可以同时利用儿种方式，思路很活！参考文献[1]孙淑玲，许胤龙•组合数学引论M.合肥，中国科学技术大学出版社,1999.[2]吴顺唐.离散数学[M].上海,华东师范大学出版社出版发行,1997： 79-138.[3]孙世新，张先迪.组合原理及其运用[M].北京，国防工业出版社,2006.[4]陈镇邃，注谈证明组合恒等式的几种方式[J].数学教学通信，1986, 02： 15-16.[5]张红兵，注谈组合恒等式的证明方式[J].髙等函授学报,2005,19 (13)： 37-42.[6]柳丽红，证明组合恒等式的方式与技能[J].内蒙古电大学刊，2006, 86： 86-87.[7]李士荣，组合恒等式的几种证法及应用[J].重庆工学院学报(自然科学版)，2007, 21 (5)：72-74.本论文是在沈邦玉老师的悉心指导下完成的。

浅谈组合恒等式证明的常用方法

(错位相减求和).
左边 x k
项的系
数为
C
k k
+
2C
k k
+
1+
3C
k k
+
2
+
…+
nC
k k
+
n-
1, 右边 x k
项的系数为
nC
k k
+ +
1 n
-
C = k+ 2 k+ n
nC
k k
+ +
1 n
-
nk+
1 2
C
k k
+ +
1 n
=
(k+ 1) n+ k+ 2
1C
k k
+ +
1 n
,
左边= 右边, 命题得证.
b= - 1 而得到. 这种通过给含有 Cmn 的一个
基础恒等式中所含字母赋值而导出要证明的
过变形、化简, 显现出所证恒等式的内在规律, 从而使原恒等式得证.
组合恒等式的证明方法叫赋值法.
例 3 求证: 1-
3C
2 2n
+
32C
4 2n
-
33C
6 2n
…+
例
1 求证:
C
0 n
+
1 2
C
1 n
+
1 3
2C
2 n
+
…+
Cm0
C
k n
=
Cmk + n.
证明 (1+ x ) m (1+ x ) n = (Cm0 + Cm1 x +

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组合恒等式证明八法
童广鹏
二项式系数可以组成许多有趣的组合恒等式，这些等式常通过简捷的组合分析得到证明，本文举例说明。

一、公式法
例1. 求证：1n 1k n n k n n 1k n n 2n n 1n n n C C C ...C C C ++++-+++=+++++。

证明：由1n k n n k n 1n 1k n C C C ++++++++，1n 1k n n 1k n 1n k n C C C +-+-++++=，…，1
n 2n n 2n 1n 3n C C C ++++++=，1n 1n n 1n 1n 2n C C C ++++++=，1n 1k n n 1k n 1n k n n k n 1n 2n 1n 3n 1n k n 1n 1k n C C C C C C ...C C +-+-++++++++++++++++=++++ 1n 1n n 1n 1n 2n n 2n C C C C ...+++++++++++，整理即1n 1k n n k n n 1k n n 2n n 1n n n C C C ...C C C ++++-+++=+++++。

点评：运用基本组合数公式进行转换，如：1
k 1n k 1n 1k 1n k n n
k n C C C n
k C C -------===，m
k m n m n m k k n C C C C --=等是处理组合恒等式的常用方法，同时，在上述恒等式中，取n=1，2，…可以推出一系列新等式，如（1）由21n 1n 1211C C ...C C +=+++，得1+2+…+()2
1n n n +=，（2）
由22n 21n 2322C C ...C C ++=+++得()()()3
2n 1n n 1n n ...321++=+⨯++
⨯⨯等，可见本题的结
论具有示范作用。

二、二项式定理法
例2. 求证：123C ...3C 3C 3n 21
n n
2n 2n 1n 1n n -=⋅++⋅+⋅+---。

证明：因为()n
n n 1n 1n n 0n n b
C ...b a C a C b a +++=+-，令3a =，1b =得
()1n n n C 3113+=-+()1C 3C ...3C 3n n 1
n n 2n 2n 1n -+⋅++⋅+⋅---，故
3C ...3C 3C 31
n n
2n 2n 1n 1n n ⋅++⋅+⋅+---12n 2-=。

点评：对二项式定理自身作乘法、赋值和求积等运算获得一些恒等式，根据二项展开式的特性，赋予x 以不同的值，常能使问题迎刃而解。

三、倒序求和法
例3. 求证：()()1n n n 2n 1n 2
2n 3C 1n 3...C 7C 41-+=+++++。

证明：令()()1C 4C 7...C 1n 3C 1n 3...C 7C 41S 1n 2n n n n n 2n 1n +++++=+++++=，故()()
n n n 2n 1n 2C ...C C 12n 3S 2=+++++=，
()()1n n n 2n 1n 2
2n 3C 1n 3...C 7C 41S -+=+++++=。

点评：恒等式n n n 2n 1n 2C ...C C 1=++++可逆用二项式定理获求。

四、组合分析法
例4. 求证：n n m n
n n n n 1n n 1m n n 0m C C C ...C C C C +--=+++。

证明：构造等式左边的等价数学模型：m 名男生n 名女生，从中取n 人参加数学竞赛可
分为n+1类，男生0人、1人、…、n 人，女生对应分别为n 、n-1人、…，0人，共有选法
为n
n n n m 1n n 1m n n 0m C C ...C C C C --+++种，又由组合数定义知所求选法为n n m C +种，命题成立。

点评：对等式两端所代表的组合含义进行分析，说明等式两端恰好是对同一组合模型进
行计数，或是对已经建立一一对应关系的两个组合模型进行计数即得。

五、比较系数法
例5. 求证：k r m n
k n n m 1k n 1m k n 0m C C C ...C C C C +--=+++。

证明：由于()()()()
n n m 1n 0n m m m 1m 0m n
m
x
C ...x C C x C ...x C C x 1x 1++++++=++，其中含有k x 项的系数为n
k n
n m 1k n 1m k n 0m C C ...C C C C --++⋅+。

而 ()n m n m n m 1n m 0n m n m x C ...x C C x 1++++++⋅+++=+，其中含有k x 项的系数为k n m C +，同时()()()n m n m x 1x 1x 1++=++，故k n m n
k n
n m 1k n 1n k n 0m C C C ...C C C C +--=⋅+++。

点评：由多项式恒等对应项系数相等获求。

在本题中，对m ，n ，k 取特殊关系有（1）
n m =时，k m 2m k m n m 1k m 1m k m 0m C C C ...C C C C =+++--；（2）k n m ==时，()()
...C C 2
1m
2
0m
++
()()2
m m
22
m m
C C =+等。

六、递推公式法
例6. 求证：()()n n
m n n n 2n 1n 0n C 1n m 1C 1n m 11...C 3m 1C 2m 1C 1m 1+++=++-+++++-+。

证明：设右边n a =，则由恒等式1k 1n k 1n 1k 1n k n C C C n k C ------==
得2
m 1C 1m 1a 0
n
n +-+= ()
()
()1
n 1n n 1
1
n 21n 01n 1
1n C 1n m 11...C C 3
m 1C C
------++-+++++
+，
故n 1n n a n
m 1a a +-=-，整理即()()()()()()()()12n 1n n a 3m 4m ...n m 1m n 12...1n n ...a n m 1m n 1n n a 1
n m n a +++++⋅-==+++-=++=
--，
而()()1m 2m 1
a 1++=
，故有()n n
m n C 1n m 1a +++=。

点评：本题由递推关系及初始条件进行证明，其中数列的递推思想得到了体现。

七、求导法
例7. 求证：()2n n n 23n 22n 21n 2
1n n C n ...C 3C 2C -+=++++。

证明：对()n n n 3n 32n 21n 0n n
C x ...C x C x xC C x 1+++++=+两边的
x 求导得()
n n 1n 2n 1n 1
n C nx ...xC 2C x 1n --+++=+，上式两边乘以x 后再求导得
()()
n n 1n 22n 21n 2
n C x n ...xC 2C x 11n n --⋅+++=++，取1x =得
()2n n n 23n 22n 21n 2
1n n C n ...C 3C 2C -+=++++，即证。

点评：导数是一个重要的数学工具，寻找原模型进行求导自然流畅。

八、概率法例8. 求证：()()
()
n n 22
n n
2
1n
2
0n C C ...C C =+++。

证明：设一个袋子中有n 个白球和n 个黑球，从中任取n 个，求P （A ）=P （至少有一
个白球），一方面，不取白球的概率为
n n
20
n
n n C C C ，有P （A ）()n n
22
0n n n
20
n
n n C C 1C C C 1-
=-
=；另一方
面，取到k 个白球的概率为()()n n
22
k n n n
2k
n n
k n C C C C C A P ==
-，故有P （A ）=
()()+++...C C C C n n
22
2n 2n
22
1n
()
()n n
22
0n n n
22n n C C 1C C -
=，同乘n n 2C 移项即证。

点评：概率法的关键是将组合模型建立在概率的背景之下。