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组合恒等式2 五个基本的组合恒等式更复杂的技巧与例题

發布時間：2025/4/14 编程问答 42 豆豆

生活随笔收集整理的這篇文章主要介紹了组合恒等式2 五个基本的组合恒等式更复杂的技巧与例题小編覺得挺不錯的,現在分享給大家,幫大家做個參考.

組合恒等式2 五個基本的組合恒等式復雜的例題

- 使用兩個數列的遞推關系證明恒等式
- 證明相反數與自身相等以說明恒等式為0
- 組合數倒數的裂項

這一講繼續討論用五個基本的組合恒等式證明組合恒等式的方法。先復習一下基本恒等式：

等式一組合數的對稱性
$C_n^k = C_n^{n-k}$

等式二楊輝三角
$C_n^k = C_{n-1}^k + C_{n-1}^{k-1}$

等式三多項式系數的唯一性
$CnkCkm=CnmCn?mk?m=Cnk?mCn?k+mm,m≤k≤nC_n^kC_k^m = C_n^{m}C_{n-m}^{k-m} = C_n^{k-m}C_{n-k+m}^m,m\le k \le n$

特例，如果 $m = 1$ ，
$kC_n^k = nC_{n-1}^{k-1}$

等式四二項式定理
$(x+y)n=∑i=0nCnixiyn?i(x+y)^n = \sum_{i=0}^n C_n^ix^iy^{n-i}$

特例，如果 $x = y = 1$ ，則
$∑i=0nCni=2n\sum_{i=0}^n C_n^i = 2^n$

如果 $x = 1, y = ? 1$ ，則
$∑i=0n(?1)iCni=0\sum_{i=0}^n (-1)^iC_n^i = 0$

使用兩個數列的遞推關系證明恒等式

上一講介紹的例5和例6中，定義待證的和式為一個數列，用等式二裂項之和得到的兩項都可以表示為這個數列的某種函數，從而得到這個數列的遞推關系（一般是一階遞推）。但是當裂項得到的兩項中有一項不能寫成數列的函數時，我們可以再定義一個新的數列，然后對新的數列再用等式二裂項（一般可以得到第一個數列的二階遞推）。

例1 $∑k=0n(?1)k22n?2kC2n?k+1k=n+1\sum_{k=0}^n (-1)^k 2^{2n-2k}C_{2n-k+1}^k = n+1$
證明
定義 $an=∑k=0n(?1)k22n?2kC2n?k+1ka_n = \sum_{k=0}^n (-1)^k 2^{2n-2k}C_{2n-k+1}^k$ ，用等式二裂項，
$an=22n+∑k=1n(?1)k22n?2k(C2n?kk+C2n?kk?1)=∑k=0n(?1)k22n?2kC2n?kk?∑j=0n?1(?1)j22n?2jC2(n?1)?j+1ja_n = 2^{2n}+ \sum_{k=1}^{n} (-1)^k 2^{2n-2k}(C_{2n-k}^k + C_{2n-k}^{k-1}) \\ = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k 2^{2n-2k}C_{2n-k}^k - \sum_{j=0}^{n-1} (-1)^j 2^{2n-2j} C_{2(n-1)-j+1}^{j}$

定義 $bn=∑k=0n(?1)k22n?2kC2n?kkb_{n} = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k 2^{2n-2k}C_{2n-k}^k$ ，從而
$b_{n} = a_{n} + a_{n-1}$

用等式二對 $b_n$ 裂項，
$bn=22n+∑k=1n?1(?1)k22n?2k(C2n?k?1k+C2n?k?1k?1)+(?1)n=∑k=0n?1(?1)k22n?2kC2n?k?1k?22∑j=0n?1(?1)j22n?2jC2(n?1)?jj=4an?1?bn?1b_{n} = 2^{2n} + \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^k 2^{2n-2k}(C_{2n-k-1}^k + C_{2n-k-1}^{k-1}) +(-1)^n\\ = \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k 2^{2n-2k}C_{2n-k-1}^k - 2^2 \sum_{j=0}^{n-1} (-1)^j 2^{2n-2j} C_{2(n-1)-j}^{j} \\ =4a_{n-1} - b_{n-1}$

結合這兩個遞推式可得 $a_n$ 的二階線性遞推式
$an?an?1=an?1?an?2=1an=a0+(a1?a0)+?+(an?an?1)=1+na_{n} - a_{n-1} = a_{n-1} - a_{n-2} = 1 \\ a_n = a_0 + (a_1 - a_0) + \cdots + (a_n - a_{n-1}) = 1 + n$

證明相反數與自身相等以說明恒等式為0

有一些組合恒等式是恒等于0的，我們就可以嘗試通過證明它與它的相反數相等來說明它的確恒等于0。
例2 $∑k=02n?1(?1)k+1(k+1)(C2nk)?1=0\sum_{k=0}^{2n-1}(-1)^{k+1}(k+1)(C_{2n}^k)^{-1}=0$
證明
定義 $an=∑k=02n?1(?1)k+1(k+1)(C2nk)?1a_n=\sum_{k=0}^{2n-1}(-1)^{k+1}(k+1)(C_{2n}^k)^{-1}$ ，考慮 $a_n$ 的相反數，
$?an=∑k=02n?1(?1)k(k+1)(C2nk)?1=∑k=02n?1(?1)2n?k(2n?k)(C2n2n?k?1)?1-a_n = \sum_{k=0}^{2n-1}(-1)^{k}(k+1)(C_{2n}^k)^{-1}=\sum_{k=0}^{2n-1}(-1)^{2n-k}(2n-k)(C_{2n}^{2n-k-1})^{-1}$

$a_n$ 與 $a_n$ 的區別僅僅只是對這 $2 n$ 項的求和順序不一樣，做指標變換 $j = 2 n ? k ? 1$ 就會發現 $a_n=-a_n$ ，所以 $a_n=0$ 。這里用到了兩個有趣的對稱性，首先是 $k + (2 n ? k) = 2 n$ 偶數，則 $k$ 與 $2 n ? k$ 同為偶數或者同為奇數，所以 $1)^k=(-1)^{2n-k}$ ，另外就是
$k+1)(C_{2n}^k)^{-1}=(2n-k)(C_{2n}^{2n-k-1})^{-1}$

用一次等式三特例，再用一次等式一，然后再用一次等式三特例，
$k+1)(C_{2n}^k)^{-1}=(2n+1)(C_{2n+1}^{k+1})^{-1} = (2n+1)(C_{2n+1}^{2n-k})^{-1}=(2n-k)(C_{2n}^{2n-k-1})^{-1}$

評注
1、這種證明方法的邏輯其實是
$∑i=1nf(i)=∑i=1nf(n?i)=∑i=1n?f(i)\sum_{i=1}^nf(i) = \sum_{i=1}^nf(n-i) = \sum_{i=1}^n-f(i)$

一個可能的充分條件是下面這種關系
$? f (i) = f (n ? i)$

幾何解釋就是 $(i, f (i))$ 與 $(n ? i, f (n ? i))$ 關于 $(n2,f(n2))(\frac{n}{2},f(\frac{n}{2}))$ 中心對稱。

2、嘗試對組合數用一次等式三特例，再用一次等式一，然后再用一次等式三特例，
$Cnk=nkCn?1k?1=nkCn?1n?k=nkn?k+1nCnn?k+1?kCnk=(n?k+1)Cnn?k+1=[n?(k?1)]Cnk?1Cnk=k+1n+1Cn+1k+1=k+1n+1Cn+1n?k=k+1n+1n+1n?kCnn?k?1?(n?k)Cnk=(k+1)Cnn?k?1=(k+1)Cnk+1C_n^k = \frac{n}{k}C_{n-1}^{k-1}=\frac{n}{k}C_{n-1}^{n-k}=\frac{n}{k} \frac{n-k+1}{n}C_{n}^{n-k+1} \\ \Rightarrow kC_n^k = (n-k+1)C_{n}^{n-k+1} = [n-(k-1)]C_n^{k-1} \\ C_n^k = \frac{k+1}{n+1}C_{n+1}^{k+1}=\frac{k+1}{n+1}C_{n+1}^{n-k}=\frac{k+1}{n+1} \frac{n+1}{n-k}C_{n}^{n-k-1} \\ \Rightarrow (n-k)C_n^k = (k+1)C_{n}^{n-k-1} = (k+1)C_n^{k+1}$

這些式子提供對組合數關于 $k$ 的遞推關系，等式三特例提供的是關于 $n, k$ 同時增減的遞推關系。

3、等式三的倒數依然成立，
$(CnkCkm)?1=(CnmCn?mk?m)?1=(Cnk?mCn?k+mm)?1,m≤k≤n(C_n^kC_k^m)^{-1} = (C_n^{m}C_{n-m}^{k-m})^{-1} = (C_n^{k-m}C_{n-k+m}^m)^{-1},m\le k \le n$

假設 $m = 1$ ，則
$(kCnk)?1=(nCn?1k?1)?1?nCnk=kCn?1k?1(kC_n^k)^{-1} = (nC_{n-1}^{k-1})^{-1} \Leftrightarrow \frac{n}{C_n^k} = \frac{k}{C_{n-1}^{k-1}}$

組合數倒數的裂項

既然等式三可以推廣到組合數的倒數的形式，等式二也可以嘗試推廣。想象一下楊輝三角中所有的數字都變成它的倒數，那么肯定是相鄰位置從下層到上層數字逐漸變小，要把 $C_n^k)^{-1}$ 拆成兩項，肯定需要找下層與之相鄰的兩個元素，也就是 $C_{n+1}^k)^{-1}$ 和 $C_{n+1}^{k+1})^{-1}$ ，計算這兩項的和，嘗試湊出 $C_n^k)^{-1}$
$(Cn+1k)?1+(Cn+1k+1)?1=k!(n+1?k)!+(k+1)!(n?k)!(n+1)!=k!(n?k)!n!(n+1?k)+(k+1)n+1=n+2n+1(Cnk)?1(C_{n+1}^k)^{-1}+(C_{n+1}^{k+1})^{-1} = \frac{k!(n+1-k)!+(k+1)!(n-k)!}{(n+1)!} \\ = \frac{k!(n-k)!}{n!}\frac{(n+1-k)+(k+1)}{n+1} = \frac{n+2}{n+1}(C_n^k)^{-1}$

所以，組合數的倒數的裂項方式為
$1Cnk=n+1n+2(1Cn+1k+1Cn+1k+1)\frac{1}{C_n^k} = \frac{n+1}{n+2}\left( \frac{1}{C_{n+1}^k} + \frac{1}{C_{n+1}^{k+1}} \right)$

例3 $∑k=12n?1(?1)k?1(C2nk)?1=1n+1\sum_{k=1}^{2n-1}(-1)^{k-1}(C_{2n}^k)^{-1} = \frac{1}{n+1}$
證明
定義 $an=∑k=12n?1(?1)k?1(C2nk)?1a_n=\sum_{k=1}^{2n-1}(-1)^{k-1}(C_{2n}^k)^{-1}$ ，用上面的倒數的裂項公式，
$∑k=12n?1(?1)k?11C2nk=∑k=12n?1(?1)k?12n+12n+2(1C2n+1k+1C2n+1k+1)=2n+12n+2(1C2n+11+1C2n+12?1C2n+12?1C2n+13+1C2n+13?)=2n+12n+2(12n+1+12n+1)=1n+1\sum_{k=1}^{2n-1}(-1)^{k-1}\frac{1}{C_{2n}^k} = \sum_{k=1}^{2n-1}(-1)^{k-1}\frac{2n+1}{2n+2}\left( \frac{1}{C_{2n+1}^k} + \frac{1}{C_{2n+1}^{k+1}} \right) \\ = \frac{2n+1}{2n+2} \left( \frac{1}{C_{2n+1}^1} + \frac{1}{C_{2n+1}^{2}} -\frac{1}{C_{2n+1}^{2}} - \frac{1}{C_{2n+1}^{3}} + \frac{1}{C_{2n+1}^{3}} \cdots \right) \\ = \frac{2n+1}{2n+2} \left( \frac{1}{2n+1} + \frac{1}{2n+1} \right) = \frac{1}{n+1}$

總結

以上是生活随笔為你收集整理的组合恒等式2 五个基本的组合恒等式更复杂的技巧与例题的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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