利用导数证明一类组合恒等式
组合恒等式的几种证法及应用
=
i)=
r
i
i= 0
CimCrnCrm+ n
1
=
mk r n+ mi = 0
C
i- 1 m-
1C
rn
Ckm-+1n- 1
1
=
mk r - 1 n+ m i= 0
C
i m+
1 C rn-
1-
Crm--11- n
i
( 1) 另一方面:
1, 第 i 个黑球被取出, i = 1, , m i = 0, 第 i 个黑球没被取出,
On Some Proving Methods for Combinatorial Identities and Their Applications
LI Shi_rong
( School of Mathematics & Computer Science, Chongqing Normal University, Chongqing 400047, China)
n r
表示从 n 个不同元素中
选取 r 个元素的组和数. 用集合论的语言叙述, 即
为 n 元集合的一切r 阶子集的个数.
考虑 m+ n 元集合A 的一切r 阶子集, 把集合 A 划分成 2 个子集 A 1 和 A 2, A = A 1 A 2, 使 A 1 A 2= , | A 1| = n, | A 2| = m. 再把 A 的一切 r 阶 子集按 A 1 的元素个数 i ( i = 0, 1, r ) 共分为 r + 1 个类. 现在计算第 i 类的子集个数, 显然这一类 r
+ Cnnx n= ( 1+ x ) n 两
组合恒等式与组合
① ⑤ ②③ ④ ⑥ 数学奥赛辅导 第九讲组合恒等式、组合不等式知识、方法、技能Ⅰ．组合恒等式竞赛数学中的组合恒等式是以高中排列组合、二项式定理为基础，加以推广、补充而形成的一类组合问题.组合恒等式的证明要借助于高中常见的基础组合等式.例如)1(2321021011111=-++-+-=++++⋅==+==----+++-n nn n n n n nn n n n n mr mn m n m n r n r n r n rnr n r n r n nrn C C C C C C C C C C C C C C rn C C C C C C组合恒等式的证明方法有： ①恒等变形，变换求和指标； ②建立递推关系； ③数学归纳法； ④考虑组合意义； ⑤母函数. Ⅱ．组合不等式组事不等式以前我们见的不多，在其他一些书籍中组合不等式的著述也很少，但是近年来组合不等式的证明却出现在国内、国际大赛上.例如1993年中国高中数学联赛二试第二大题为：设A 是一个有n 个元素的集合，A 的m 个子集A 1，A 2…，A m 两两互不包含，试证：（1）∑=≤mi A nI C1||;11（2）∑=≥mi A n m C I12||其中|A i |表示A i 所含元素的个数，||IA n C 表示n 个不同元素取|A i |的组合数.再如1998年第39届国际数学奥林匹克竞赛中第二大试题为：在某一次竞赛中，共有a 个参赛选手与b 个裁判，其中b ≥3，且为奇数.每个裁判对每个选手的评分中只有“通过”或“不及格”两个等级，设k 是满足条件的整数；任何两个裁判至多可对k 个选手有完全相同的评分. 证明：.21bb a k -≥因此我们有必要研究组合不等式的证明方法.组合不等式的证明方法有： 1．在集合间建立单射，利用集合阶的不等关系定理，设X 和Y 都是有限集，f 为从X 到Y 的一个映射， （1）若f 为单射，则|X|≤|Y|； （2）若f 为满射，则|X|≥|Y|. 2．利用容斥原理例如：设元素a 属于集族{A 1，A 2，…，A n }的k 个不同集合ki i i A A A ,,,21，则在∑=ni i A 1||中a 被计算了k 次，当k ≥2时，集合ki i i A A A ,,,21两两的交集共有2k C 个.由于||,12)1(12j nj i ik A Aa k k k C ∑≤≤≤-≥-=在故中至少少被计算了k －1次，这样我们得到下面的不等式：||||||111j nj i iini i ni A AAA ∑∑≤≤≤==-≥组合不等式（*）可由容斥公式：||)1(||||||1)1(111i ni n j nj i iini i ni A A AAA =-≤≤≤==-++-=∑∑ 删去右边第三个和式起的所有和式得到.采用这种办法，我们可以从容斥公式得到另外一些组合不等式，只是要注意这些不等式的方向的变化.3．利用抽屉原则由于抽世原则的结论本身就是组合不等式关系，所以我们利用抽屉原则，巧妙构造抽屉的方法证明组合不等式.4．利用组合分析在复杂的组合计数问题、离散极值问题等问题中，会出现一些组合不等式，这时可运用组合分析方法证明之.赛题精讲例1 证明：∑=-⋅+=nk n k n n n n C 0122!!2)!2(2【分析】 把∑∑∑∑+=+===-nn k k nn n k k nnk k nnk k nCCCC 21221220202,而对于变形为，变换求和指标.【证明】k n j CCCCCnn k k nnn k k nnnn k k nnk k nnk k n-=-=-=∑∑∑∑∑+=+=+===2,,2212212221220202令对于和式，则.202022102212nn nk k n nj n nj nn j j nn n k k nC C CCCC-=-==∑∑∑∑==-=+=所以.2202202nn nk k nnnk k nC CC+-=∑∑==即 n n n nk k n C C 220222+=∑=，从而有∑=-⋅+=nk n k n n n n C 0122!!2)!2(2.例2 求证：.,)1(111)1(31211121N n Cn m C n m C m C m C m n nm nn nn n n ∈++=++-+-+++-++其中证明 设nn nn n n n C n m C m C m C m a 11)1(31211121++-+-+++-+=，则由基本恒等式rn r n r n r n r n C nr C C C C =+=----1111及得.1)1()()1()(31)(211111122111112101110------------++-+++-+-+++++-+=n n n n n n n n n n n n nn C n m CCnm CCm CCm Cm a.)1(1)1)(2())(1(!,)1)(2(12111,)3())(1(!))(1()1(1.1,1112111n nm n n n n n n n n n n Cn m m m n m n m n a m m m m a a m n m n m n a n m n m n n a n m na a a nm a a n m a a +----++=+++++=++=+-+=++++==+++-=++==+++-=从而有而所以即故【说明】注意到a n 中各项的系数均与n 无关，且符号正负相同，由此想到a n 与a n －1之间必定存在着某些联系，且是递推关系.例3 求证：∑=+--+=⋅-nk k k n k n k n C 01222.12)1(【分析】考虑到恒等式12212---+-+=k k n k k n k k n C C C ，仿例2解决.【证明】令∑=+--⋅⋅-=nk kk n kn kn C a 01222,2)1(因为，12212---+-+=k k n k k n k k n C C C ，.2)1(2)1(2)1(,1.2)1(2)1()(2)1(22)1(211)1(2102)1(21)1(212)1(21121221212202221212222112222-+---=--+---=--+--=---=-=----=--=+---=--=⋅-=⋅--=⋅-+⋅-=+⋅-+=⋅-+=∑∑∑∑∑∑∑n rr n n r rn rrr n n r rn r k kn nk kn kk k n nk kn k nk k kn kn kk k n nk kk n kn knnk kk n kn knn a C C Ck r C CC C C a 则令所以令∑=---+==⋅-nk n n n n k k n k n k a a b b C 01222,2)1(则 ①.42)1(4)1()(2)1(2)1(2)1(21110)1(22)1(211121112222112222---=---------=----=---=⋅--=-++⋅-+=-+⋅-+=∑∑∑n n n j jjn jn jn nk k n n k kk n kn k nn k nk k n kn knn b a C a C C C b 又于是由①式得1221112112,4,---------=+--=++=n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a b 即从而推知. 这说明{a n }为等差数列，而a 0=1,a 1=2，故公差d=1，且a n =n+1 .【说明】此题运用变换求和指标的方法，找出了a n ，a n －1，a n －2之间的线性关系式，再由 初始条件求得a n .这种利用递推关系求组合数的方法，在解决较复杂的计算或证明组事恒等式时经常用到.例11：设},,,{},,,,{212211n n B B B D A A A D ==是集合M 的两个划分，又对任何两个不变的子集),1(,n j i B A j i ≤≤有,||n B A j i ≥⋃求证：221||n M ≥并说明等号能否成立？【证明】令},1|,||,min{|n j i B A k j i ≤≤=，不妨设,||k A i =因n B B B ,,,21 两两不交，故n B B B ,,,21 中至多有k 个,j B 使=⋂j B A 1 .设≠⋂j B A 1 .,,,2,1,k n m j ≤=由k 的选取知),,2,1(||m j k B j =≥从而.||1mk B mj j ≥=又因 =⋂j B A 1 .,,1,n m i +=故 ,||||||11n B A B A i i ≥⋃=+ 即 .||k n B i -≥ 所以))((||||||||111k n m n mk BB B M nm j jmj j nj j --+≥+==+===).2()(k n m k n n ---= 若,2n k <因,k m ≤故.2)2(2)2(2)2()()2()(||222nk n nk n k k n n k n m k n n M ≥-+=---≥---≥若,2n k ≥则),,,2,1(2||n i n A i =≥从而 .2||||||211nAA M ni ini i ≥==∑==下面说明2||2nM =是可以取到的.显然这时n 为偶数，取,4=n 则8||=M ，令},8,7,6,5,4,3,2,1{=M 易验证M 的两个划分.D 1={{1,2}{3,4}{5,6}{7,8}}, D 2={{1,2}{3,5}{4,6}{7,8}}, 满足题目条件.例12：设n 是正整数，我们说集合{1，2，…，2n }的一个排列（n x x x 221,, ）具有性质P ，是指在{1，2，…，2n －1}当中至少有一个i ，使得.||1n x x i i =-+求证，对于任何n ，具有性质P 的排列比不具有性质P 的排列的个数多.（1989，第30届IMO 试题6）【证明】设A 为不具有性质P 的排列的集合，B 为具有性质P 的排列的集合，显然)!.2(||||n B A =+为了证明||||B A <，只要得到)!2(21||n B >就够了.使作容斥原理.设(n x x x 221,,, )中,k 与n k +相邻的排列的集合为.,,2,1,n k A k =则,)!12(2||-=n x A k ,1,)!22(2||2n j k n x A A j k ≤<≤-=⋂由容斥原理得)!22(4)!12(2||||||211-⋅⋅--⋅⋅=⋂-=∑∑≤<≤=n C n n A AAB n nj k j knk k=)!22(2)!22()1(2)!2(-⋅⋅=-⋅--n n n n n n n )!2(21)!22(2122n n n n =-⋅-⋅>例13：平面上给定n 个点，其中任何三点不共线，任意地用线段连接某些点（这些线段称为边），则确保图形中出现以给定点为顶点的)(n m m <阶完全图的条件是图形中的边的条数.1)1(222--+-≥m n m mn CC C x【证明】构造抽屉：每个抽屉里有m 个相异点，共可得m n C 个抽屉，又由于同一条边会在22--m n C 个抽屉里出现，根据抽屉原则知，当1)1(222+-≥⋅--m m n m n C C C x 时，才能确保有一个抽屉里有2m C 条边，而这2m C 条边恰好与其中不共线的相异m 点构成一个m 阶完全图.这就是说，确保图形中出现m 阶完全图的条件是其中边的条数.1)1(222--+-≥m n m m n CC C x【评述】“完全图”，是图论中的基本概念.（此处从略）例14：设n x x x ,,,21 为实数，满足,12232221=++++n x x x x 求证：对于每一整数2≥k ，存在不全为零的整数,,,,21n a a a 使得),,,3,2,1(1||n i k a i =-≤并且（1987年第28届IMO 试题3）.1)1(||2211--≤+++nn n kn k x a x a x a【证】由柯西不等式得).)(111(|)||||(|2232221222221n n x x x x x x x +++++++≤+++即.||||||21n x x x n ≤+++所以，当10-≤≤k a i 时，有.)1(|)||||)(|1(||||||212211n k x x x k x a x a x a n n n -≤+++-≤+++把区间[0，n k )1(-]等分成1-nk 个小区间，每个小区间的长度1)1(2--kn k ，由于每个i a 能取k 个整数，因此||||||2211n n x a x a x a +++共有nk 个正数，由抽屉原则知必有二数会落在同一小区间内，设它们分别是∑='ni i i x a 1||与,||1∑=''ni i i x a 因此有.1)1(||)(21--≤''-'∑=kn k x a a ni i i i ①很明显，我们有 .,,2,1,1||n i k a a ii =-≤''-' 现在取⎩⎨⎧<'-''≥''-'=.0,,0,i i i i i i x a a x a a a 如果如果这里,,,2,1n i =于是①可表示为.1)1(||1--≤∑=nni i i kn k x a 这里i a 为整数，适合.,,2,1,1||n i k a i =-≤例15：设A 是一个有n 个元素的集合，A 的m 个子集m A A A ,,,21 两两互不包含，试证：（1）;111||≤∑=mi A ni C （2）.21||m C mi A n i ≥∑=其中||i A 表示i A 所含元素的个数，||i A n C 表示n 个不同元素取||i A 个的组合数.（1993年，全国高中数学联赛二试第二大题）【分析】若（1）式已证，由柯西不等式立即可得（2）式，因此，关键是证（1）式，又据组合公式知，（1）式等价于!.|)!|(|!|1n A n Ai ni i≤-∑= ① 所以我们用组合的方法来证明不等式①.【证明】（1）对于A 的子集},,,,{||21iA i x x x A =我们取补集},,,,{||21i A n i y y y A -= 并取i A 的元素在前，i A 元素在后，作排列||21,,,i A x x x ，||21,,,i A n y y y - . ② 这样的排列共有|)!|(||i i A n A -个.显然,②中每一个排列,也是A 中的一个排列,若i j ≠时，j A 对应的排列与i A 对庆的排列互不相同，则m A A A ,,,21 所对应的排列总数便不会超过A 中排列的总数,!n 现假设j A 中对应的某一排列'''||21,,,jA x x x ，'''-||21,,,jA n y y y . ③与i A （i j ≠）中对应的某一排列②相同（指出现的元素及元素位置都相同），则当||||i j A A ≤时，i j A A ⊆；当||||i j A A >时，i j A A ⊇，这都与m A A A ,,,21 两两互不包含，矛盾.由于m A A A ,,,21 对应的排列对②互不相同，而A 中n 个元素的全排列有n ！个，故得!.|)!|(|!|1n A n A i ni i ≤-∑= 即.111||≤∑=ni A ni C（2）由上证及柯西不等式，有.)1()1)((2112||1||1||m C CCmi mi A nmi A nm i A nii i ∑∑∑∑=====≥≥ 【评述】本题取自著名的Sperner 定理：设Z 为n 元素，m A A A ,,,21 为Z 的子集，互不包含，则m 的最大值为]2[n n C .例16：设S ={0，1，2，…，N 2－1}，A 是S 的一个N 元子集.证明存在S 的一个N 元子集B ,使得集合A +B={},|B b A a b a ∈∈+中的元素模N 2的余数的数目不少于S 中元素的一半. （第40届IMO 预选题）【证明】设|X |为子集S X ⊂中元素的个数；又为X S -，是X 的补集；i C 是i a +对k个参赛选手有相同的判决，证明.21bb a k -≥（1998年第39届IMO 试题二）【解】设裁判),,2,1(b i B i =对参赛选手),,2,1(b j A j =的判决为ij d ，其中⎩⎨⎧=".",1,"",0不通过若通过若ij d则（ai i i d d d ,,,21）中i B 对a 个参赛选手判决的记录),,2,1(b i =，它是一个长度为a 的（0—1）序列.我们来考虑这b 个序列中每两个序列的相同的项的总数M . 一方面,由已知条件每两个序列的相同的项不超过k 个,故.)1(212k b b k C M b -=⋅≤ ①另一方面，设j A 得到0b 个0（通过），1b 个1（不通过），即（ai i i d d d ,,,21）的第i 个分量中0b 个0，1b 个1，则0b +1b =.b 由这个分量产生的序列的相同的项有)1(21)1(2111002210-+-=+b b b b C C b b])[(21)]()[(212120102120b b b b b b b -+=+-+= ).2(21)]2)[(2110210210b b b b b b b b b --=--+=但b b b =+10且b 为奇数)3(≥b ，因此).1()1(4110-⋅+≤b b b b故)]1)(1(21)1([21221-+--≥+b b b b C C b b=.)1(41)1(21)1(212-=-⋅-b b b从而.)1(412-⋅≥b a M ③综合①、②得,)1(21)1(412k b b b a -≤-⋅ 即.21bb ak -≥。
证明以下组合等式
证明以下组合等式组合数是数学中一个重要的概念，其计算方法多种多样，但有许多的组合等式都需要掌握。
下面，我将通过详细的证明，为大家介绍几个常见的组合等式。
一、二项式定理$(a+b)^n=\sum\limits_{k=0}^nC_k^na^{n-k}b^k$证明：对于任意一个正整数n，都有$(a+b)^n=\underbrace{(a+b)(a+b)\cdots (a+b)}_{n}$。
展开式子后，我们发现一个单独的项可以看做形如$a^{n-k}b^k$，其中$k$表示$a$的次数，$n-k$表示$b$的次数。
由于每个$a$或$b$的系数均为1，而该项的系数则为组合数$C_k^n$，因为每次选取的项数均为$k$个，所以展开式子后，第$k$次项的系数恰好应该是$C_k^n$个。
因此：$(a+b)^n=\sum\limits_{k=0}^nC_k^na^{n-k}b^k$二、组合数恒等式$C_n^k=C_n^{n-k}$证明：我们有两种方法，一种是利用组合数的公式$C_n^k=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}$来直接计算，发现结果相等；另一种方法是考虑组合数的意义。
组合数$C_n^k$表示从$n$个元素中任选$k$个元素组成组合的方案数，而$C_n^{n-k}$则表示从$n$个元素中选出$n-k$个元素未被选中的组合数。
由于$n$个元素任选$k$个元素，等价于$n$个元素中不选$n-k$个元素，而从剩下的$k$个元素中进行组合，两者方案数完全相等。
因此：$C_n^k=C_n^{n-k}$。
三、组合数恒等式$\sum\limits_{k=0}^nC_k^n=2^n$证明：观察式子左侧和式$\sum\limits_{k=0}^nC_k^n$的意义，其表示在$n$个元素中选出至少一个元素的组合方案数。
因此，我们可以考虑将其转化为计算不选任何元素的方案数加上选取至少一个元素的方案数，即：$\sum\limits_{k=0}^nC_k^n=\sum\limits_{k=1}^nC_k^n+C_0^n $接下来，我们考虑如何计算$c_k^n$。
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。
浅谈证明组合恒等式的几种方法
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浅谈证 明 组 合恒 等式 的 几 种 方 法
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如何利用二项式定理证明组合恒等式
如何利用二项式定理证明组合恒等式在组合数学中，组合恒等式是一类关于组合数的等式，通常涉及到二项式系数的相加或相乘。
而二项式定理，是一种展开二项式系数的方法。
本文将讨论如何利用二项式定理来证明组合恒等式。
首先，我们需要了解二项式定理和组合数的基本概念。
二项式定理表述如下：$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k}b^k$其中，$a$和$b$是任意实数，$n$是一个非负整数，$\binom{n}{k}$表示从$n$个元素中取$k$个元素的组合数。
组合数的计算公式为：$\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$接下来，我们将通过一些具体的例子来演示如何利用二项式定理证明组合恒等式。
例子1：证明组合恒等式 $\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$利用二项式定理展开$\binom{n}{k}$，我们有：$\binom{n}{k} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 1^{n-k}1^k$注意到在组合数的定义中有 $\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$，令$m=n-k$，则上式可以写成：$\binom{n}{k} = \sum_{m=0}^{n} \binom{n}{m} 1^{n-m}1^{n-m-k}$注意到$1^{n-m-k}$等于1，因此上式可以简化为：$\binom{n}{k} = \sum_{m=0}^{n} \binom{n}{m} 1^{n-m}$再次利用二项式定理，上式可以进一步化简为：$\binom{n}{k} = \sum_{m=0}^{n} \binom{n}{m} (1+1)^{n-m}$根据二项式定理的展开式，上式进一步化简为：$\binom{n}{k} = \sum_{m=0}^{n} \binom{n}{m} \sum_{i=0}^{n-m} \binom{n-m}{i} 1^{n-m-i} 1^i$注意到 $\binom{n-m}{i}$ 等于 $\binom{n}{i}$，上式可以继续化简为：$\binom{n}{k} = \sum_{m=0}^{n} \sum_{i=0}^{n-m} \binom{n}{m} \binom{n}{i}$由于组合数是交换的，我们可以交换$m$和$i$的求和顺序，上式可以进一步化简为：$\binom{n}{k} = \sum_{i=0}^{n} \sum_{m=0}^{n-i} \binom{n}{m} \binom{n}{i}$注意到 $\binom{n}{m}$ 等于 $\binom{n}{n-m}$，上式可以再次化简为：$\binom{n}{k} = \sum_{i=0}^{n} \sum_{m=0}^{n-i} \binom{n}{n-m} \binom{n}{i}$由于求和顺序不影响结果，上式可以化简为：$\binom{n}{k} = \sum_{i=0}^{n} \sum_{m=0}^{n-i} \binom{n}{n-i}\binom{n}{i}$根据组合数的性质 $\binom{n}{n-i} = \binom{n}{i}$，上式可以进一步简化为：$\binom{n}{k} = \sum_{i=0}^{n} \sum_{m=0}^{n-i} \binom{n}{i}\binom{n}{i}$注意到求和两个变量时可以合并为一个，上式可以进一步化简为：$\binom{n}{k} = \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} \binom{n}{i}$最后，由于组合数相乘等于组合数的平方，上式可以进一步化简为：$\binom{n}{k} = \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}^2$而根据组合数的性质，$\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$，因此我们证明了组合恒等式 $\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$。
高考数学冲刺组合恒等式考点精讲
高考数学冲刺组合恒等式考点精讲在高考数学的复习冲刺阶段，组合恒等式是一个重要且具有一定难度的考点。
掌握好这部分内容，不仅能在考试中多拿分数，更能提升我们的数学思维能力。
接下来，让我们深入探讨一下这个考点。
组合恒等式是组合数学中的重要组成部分，它反映了组合数之间的内在关系。
在高考中，常见的组合恒等式包括但不限于：＼（C_{n}＾｛m} ＝ C_{n}＾｛n m}＼）、＼（C_{n ＋ 1}＾｛m} ＝ C_{n}＾｛m} ＋ C_{n}＾｛m 1}＼）等。
首先，我们来看\（C_{n}＾｛m} ＝ C_{n}＾｛n m}＼）这个恒等式。
它的含义其实很直观。
比如说，从\（n\）个不同的元素中选取\（m\）个元素的组合数，与从\（n\）个元素中选取\（n m\）个元素的组合数是相等的。
举个简单的例子，如果有\（5\）个不同的水果，从中选\（2\）个的组合数和从中选\（3\）个的组合数是一样的。
因为选\（2\）个就意味着剩下的\（3\）个没被选，而选\（3\）个就意味着剩下的\（2\）个没被选，所以这两种选法的可能性数量是相同的。
再看\（C_{n ＋ 1}＾｛m} ＝ C_{n}＾｛m} ＋ C_{n}＾｛m 1}＼）这个恒等式。
它可以通过实际的组合情境来理解。
假设我们要从\（n＋ 1\）个元素中选取\（m\）个元素。
我们可以把这\（n ＋ 1\）个元素分成两类：一类是特定的一个元素，另一类是剩下的\（n\）个元素。
那么选取\（m\）个元素就有两种情况：一种是不选那个特定的元素，就在剩下的\（n\）个元素中选\（m\）个，这就是\（C_{n}＾｛m}＼）；另一种是选那个特定的元素，然后在剩下的\（n\）个元素中再选\（m1\）个，这就是\（C_{n}＾｛m 1}＼）。
所以总的组合数就是这两种情况的和。
在解决高考数学中的组合恒等式相关问题时，我们需要灵活运用这些恒等式进行化简和计算。
比如，给定一个具体的组合数计算问题：求\（C_{8}＾｛3}＼）。
例说组合恒等式的六种证明方法
例说组合恒等式的六种证明方法
赵文安
【期刊名称】《中学教学参考》
【年(卷),期】2013(000)035
【摘要】组合恒等式的证明是学生学习排列组合与二项式定理这一部分内容时经常遇到的题型，其证法多种多样，灵活性强且有一定的难度．下面将给出在中学数学范围内六种常用的证明方法．
【总页数】1页(P35)
【作者】赵文安
【作者单位】甘肃会宁县郭城农业中学,730726
【正文语种】中文
【相关文献】
1.组合恒等式的证明方法
2.组合恒等式的几种证明方法
3.组合恒等式的证明方法
4.一个组合恒等式的多种证明方法
5.反三角恒等式的六种证明方法与技巧
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具体数学 组合恒等式
具体数学组合恒等式
组合恒等式是数学中的一个重要概念，它涉及到组合数（也称为二项式系数）之间的关系。
组合数通常表示为C(n, k)或(n k)，表示从n个不同元素中选取k个元素的组合数。
以下是一些常见的组合恒等式：
1.帕斯卡恒等式（Pascal's Identity）：
C(n,k)=C(n−1,k−1)+C(n−1,k)
这个恒等式表明，从n个元素中选择k个元素的组合数等于从n-1个元素中选择k-1个元素的组合数与从n-1个元素中选择k个元素的组合数之和。
2.对称性：
C(n,k)=C(n,n−k)
这个恒等式表明，从n个元素中选择k个元素的组合数与从n个元素中选择n-k个元素的组合数相同。
3.边界条件：
C(n,0)=C(n,n)=1
C(n,k)=0 当k<0 或k>n
这些条件定义了组合数的边界情况。
4.递推关系：
C(n,k)=kn⋅C(n−1,k−1)
这个恒等式提供了一个计算组合数的递推方法。
5.组合数的和：
k=0∑n C(n,k)=2n
这个恒等式表明，从n个元素中选择任意数量的元素的组合数之和等于2的n次方。
6.范德蒙德恒等式（Vandermonde's Identity）：
C(m+n,k)=i=0∑k C(m,i)⋅C(n,k−i)
这个恒等式涉及两个组合数的和，并给出了它们之间的关系。
这些恒等式在数学中有广泛的应用，特别是在组合数学、概率论、统计学和算法分析中。
它们提供了理解和计算组合数的重要工具。
离散数学--8.3-4 二项式定理与组合恒等式
应用——单调函数计数
例3 A={1,2,…,m}, B={1,2,…,n}， N1:B上单调递增函数个 数是(1,1)到 (n+1,n) 的非降路径数 N: B上单调函数个数 N=2N1 N2: A到B单调递增函数个 数是从(1,1)到 (m+1,n) 的非降路径数 N: A到B的单调函数个数，N =2N2
r k
应用：将变下限 r 变成常数 k，求和时提到和号外面.
10
恒等式——积之和
m n m n 10. k r k r k 0 n m n m n 11. k k m k 0
n 2 n n 2 n n 1 n 1 kn k 1 n [( k 1) 1] k 1 常 量 外 提 k 1 k 1 n n n 1 n 1 n ( k 1) k 1 n k 1 k 1 k 1 n
实例：n=5 x, x, x ,y, y, x, y, y, x, y 进,进,进,出,出,进,出,出,进,出 3, 2, 4, 1, 5
20
应用——栈输出的计数(续)
N: 堆栈输出个数 N:(0,0)到(n,n)不 穿过对角线的 非降路径数 N0:(0,0)到(n,n)的 非降路径总数 N1:(0,0)到(n,n)的 穿过对角线的 非降路径数 N2:(1,1)到(n,n) 的非降路径数.
证 当乘积被展开时其中的项都是下述形式：xi yni, i = 0, 1, 2, …, n. 而构成形如 xiyni 的项，必须从n 个 和 (x+y) 中选 i 个提供 x，其它的 ni 个提供 y. 因此，
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利用导数证明一类组合恒等式
郭玉林
(甘肃省兰州市窑街煤电公司第四中学 730084)
利用求导数证明一些组合恒等式是一种好方法,下面以一类组合恒等式为例.
例1 求证:
C1n+2C2n+3C3n+ +nC n n=n2n-1.
证明 C0n+C1n x+C2n x2+C3n x3+ +C n n x n =(1+x)n,
两边对x求导数,得
C1n+2C2n x+3C3n x2+ +nC n n x n-1=n(1+x)n-1.
(*)令x=1,得结果:
C1n+2C2n+3C3n+ +nC n n=n2n-1.
例2 求证:
C1n+22C2n+32C3n+ +n2C n n=n(n+1)2n-2.
证明 对例1证明中的(*)式两边同乘以x,得
C1n x+2C2n x2+3C3n x3+ +nC n n x n=nx(1+x)n-1,两边对x求导数,得
C1n+22C2n x+32C3n x2+ +n2C n n x n-1
=n(1+x)n-1+n(n-1)x(1+x)n-2.(**)令x=1,得
C1n+22C2n+32C3n+ +n2C n n
=n2n-1+n(n-1)2n-2=n(n+1)2n-2.
例3 求证:
C1n+23C2n+33C3n+ +n3C n n=n2(n+3)2n-3.
证明 本题只须在(**)式的两边同乘以x,然后两边对x求导数,再令x=1即可得结果.
数学教学研究 (月刊)2004年第3期(总第139期)
编 辑 数学教学研究 编辑部 印 刷 西北师范大学印刷厂 (西北师范大学)发 行 兰州市邮政局
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