组合恒等式问题的解法探究

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组合数的恒等式

组合数的恒等式组合数的恒等式是组合数学中常用的一种等式，它在解决组合计数问题中起着重要的作用。

组合数的恒等式主要包括二项式系数公式、加法原理和乘法原理等。

下面将分别介绍这些恒等式的概念和应用。

一、二项式系数公式：二项式系数公式是组合数学中最基本的恒等式之一，它描述了两个元素的组合方式。

具体而言，对于非负整数n和k，二项式系数C(n,k)表示从n个元素中选取k个元素的组合数。

二项式系数公式的表达式为：C(n,k) = C(n-1,k-1) + C(n-1,k)。

这个公式的意义在于，从n个元素中选取k个元素的组合数可以通过从n-1个元素中选取k-1个元素和从n-1个元素中选取k个元素来获得。

这个公式在组合计数问题中经常被使用，例如计算排列组合、二项式定理等。

二、加法原理：加法原理是组合计数中常用的一种方法，它用于计算多个事件的总数。

加法原理的核心思想是将多个互斥事件的计数相加，得到总计数。

具体而言，对于互斥事件A和事件B，它们的计数之和等于事件A和事件B的并集的计数。

加法原理可以推广到多个事件的情况，即对于互斥事件A1、A2、...、An，它们的计数之和等于事件A1、A2、...、An的并集的计数。

加法原理在解决组合计数问题中经常被使用，例如计算排列组合、集合的计数等。

三、乘法原理：乘法原理是组合计数中常用的一种方法，它用于计算多个独立事件的总数。

乘法原理的核心思想是将多个事件的计数相乘，得到总计数。

具体而言，对于独立事件A和事件B，它们的计数之积等于事件A和事件B的交集的计数。

乘法原理可以推广到多个独立事件的情况，即对于独立事件A1、A2、...、An，它们的计数之积等于事件A1、A2、...、An的交集的计数。

乘法原理在解决组合计数问题中经常被使用，例如计算排列组合、多个条件下的计数等。

组合数的恒等式包括二项式系数公式、加法原理和乘法原理等。

它们在解决组合计数问题中起着重要的作用，能够帮助我们计算各种组合方式的总数。

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。

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
( 福建连江四中 ) 陈镇邃
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这一章的重要内容
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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 $\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$。

组合恒等式

组合恒等式的求解策略1.基本的组合恒等式 ①r n r n n C C -=；②111r r rn n n C C C +++=+； ③11k k n n kC nC --=；④r m m r m n r n n mC C C C --=； ⑤0122n n n n n n C C C C ++++= ；⑥()01210.nnn n n n C C C C -+++-=2.解题中常用方法① 运用基本组合恒等式进行变换；② 运用二项展开式作为辅助函数，通过比较某项的系数进行计算或证明； ③ 运用数学归纳法； ④ 变换求和指标；⑤ 运用赋值法进行证明；⑥ 建立递推公式，由初始条件及递推关系进行计算和证明； ⑦ 构造合理的模型。

3.运用举例例1 求证：1231232n n n n n n C C C nC n -++++=⋅ .证明：根据前面提到的基本的组合恒等式第三条，可得：左边0121111112n n n n n n nC nC nC nC n ------=++++=⋅= 右边例2 求和式21nk n k k C =∑的值。

基本思路：将2k n k C 改写为k n k kC ⋅，先将k n kC 用恒等式3提取公因式n ，然后再将11k n kC --变形成为()11111k k n n k C C -----+，而()111k n k C ---又可以继续运用上述恒等变形，这样就使得各项系数中均不含有变动指标k 了。

解：()21111111111111nnnnnk k k k k nnn n n k k k k k k C k kCk nCn k Cn k C ------======⋅=⋅=⋅=-+⋅∑∑∑∑∑()()112111211111nnk k k k n n n n k k n k CCn n C C --------==⎡⎤⎡⎤=-⋅+=-⋅+⎣⎦⎣⎦∑∑()()21212121212111n nn nk k k k n n n n k k k k n n C Cn n C n C --------====⎡⎤=-⋅+=-+⎢⎥⎣⎦∑∑∑∑()()21212212n n n n n n n n ---=-+=+例3 求()2004200501kkk C =-∑的值。

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 123n 122n 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：k kn 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 －－－－－＋＋...＋）＝n n 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i m 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 ii n ab 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）23nn 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nx 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nn-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 k n 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 k kn 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 ikk nk 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 xx f C =()k n k k n kx 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 k f 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 kmmx 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 =xC k k k kn k 112-+∞=∑两边同乘x 得：()()()()()x x n x x n n n n 22311121-----++-++=xC kkk kn k +∞=∑12=A(x)由定理1=-=xx A x B 1)()(()()()()()x x n x x n n n n 32411121-----++-++ 由⑴式得()41---n x 中2-n x的系数为Cn n 212-+，()3-1--n x 中1-n x的系数为Cn n 112-+.因此)(x B 展开式中nx 的系数为 =n b ()()()121112212++++-+-+n n n C C n n n n =()()()3211123+++++n n n n Cn n因此Ck kkn nk +=∑12=()()()3211123+++++n n n n Cn n14 牛顿公式法相关定理及定义:定义1 设(){}0≥n n f 为任一数列，令△()()()n f n f n f -+=1 () ,2,1,0=n△()n f k =△()11+-n f k -△()n f k 1- () ,2,1,0=n这里△成为差分算子．定义2 设(){}0≥n n f 为任一数列，令()()1+=n f n Ef () ,2,1,0=n()n f E k ()()k n f n f E k +=+=-11 () ,2,1,0=n这里称E 移位算子定义3 设(){}0≥n n f 为任一数列，令()()n f n If = () ,2,1,0=n()()()n f n f I n f I k k ==-1 () ,2,1,0=n这里称I 为恒等因子．定理1 设(){}0≥n n f 为任一数列，R b a ∈,，则△()()()=+n bg n af a △()n f +b △()n g ，约定：△I I E ===000定理2 （牛顿公式）n E =（△+I ）∑==nj j n n C 0△j△()()j j n jn n j n n EI E C -=∑-=-=01例14 ()l f =m m l a l a a +++ 10(其中0≠m a ，R a i ∈ ，N l ∈)，有()()C kn n k k n l f ∑-=-01={nm a m n m m =<,!0，证明：由牛顿公式()()=∑-=-C j n n j j n l f 11()∑-=-n j j n 11，()=-j l f E C jj n △f n ,实际上是证明△f n ={nm a m n m m =<,!,0 ⑴对()f ∂用数学归纳法证明当()n f <∂时，有△()l f n=0 当()1=∂f 时，令()b al l f +=（0≠a ）△()l f ()()=-+l f l f 1()()a b al b l a =+-++1，△()02=-=a a l f 假设()m f <∂时命题成立，当()m f =∂且n m <时，令()m m l a l a a l f +++= 10△()=l f ()()()m m m m l a l a a l a l a a +++-+++++ 101011 显然∂（△()l f ）11-<-≤n m ，由归纳法设△()l f n=△1-n （△()l f ）=0 ⑵设()=l f n n l a l a a +++ 10（其中0≠n a ）对n 用归纳法证明△()n n a n l f !=当()1=∂f 时，令()b al l f += ()0≠a△()=l f ()()l f l f -+1=()()a b al b l a =+-++1假设()m f <∂时命题成立当()m f =∂时△()=l f ()()()=+++-+++++m m m m l a l a a l a l a a 101011()l g l ma m m +-1()2-≤∂m l g ，由⑴有 △()01=-l g m由归纳假设有 △11-m -m l =()!1-m 因此 △()=l f m △1-m （△()l f ）=△()11--m m m l ma +△()l g m 1-=m ma △11--m m l =m a m !因此，命题成立．结束语关于组合恒等式的证明方法还有很多，例如，倒序求和法，二项式反演公式法，母函数等等．本文介绍的主要是几种方法中，大多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法，也有大学学的方法，比较深入，不是很好理解．通过学习，我们要学会具体问题具体分析和解决问题多样化的思想．顺便指出，以上例题的解法不是唯一的，本文也有提及．细心的话也可以留意到，各种方法之间也存在着一定的联系，在这里就不再累赘了．参考文献⑴陈智敏，组合恒等式新的证明方法，广州大学学报，２００６（０４）．⑵侯为波、卓泽强，古典概型在排列组合恒等式证明中的应用，淮北师范大学学报，１９９６（０４）．⑶概率在证明组合恒等式中的应用，淮南师范大学学报，２００４（０２）．⑷周棉刚，关于组合恒等式的几种证法，黔南民族师范学院学报，２００３（３）．⑸何宗祥，漫谈组合恒等式的证明，中国数学月刊１９９４（２）．⑹几何法，数学教学，１９８９（０１）．⑺杨青文，有关组合恒等式的几种证法，青海师专学报，１９９５（２）．⑻杜庆坤，组合恒等式的证明技巧，临沂师范学报，２００３（１２）．⑼曹汝成，组合数学，华南理工大学出版社，广州，２０１１⑽卢开澄，组合数学，清华大学出版社（第二版），北京．。

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组合恒等式是组合数学中的重要概念之一，其表达了同一个集合中的元素分组的不同方法的数量相等。

组合恒等式可以通过多种方法进行证明，本文将介绍六种常用的证明方法。

首先我们来看第一种证明方法，数学归纳法。

数学归纳法是一种常见的证明方法，它分为两个步骤，即证明基础情况和归纳假设。

对于组合恒等式来说，我们可以使用数学归纳法证明其成立。

首先，我们验证当n=1时恒等式成立。

然后，假设当n=k时恒等式成立，我们可以证明当n=k+1时恒等式也成立。

通过数学归纳法的证明，我们可以得出组合恒等式成立的结论。

接下来我们来看第二种证明方法，图形法。

通过使用图形来表示两边的数量，我们可以更直观地看到它们是相等的。

例如，我们可以使用方格来表示一边的数量，并用另一种方式填充这些方格以表示另一边的数量。

通过对两边数量进行图形化表示，我们可以清楚地看到它们是相等的，从而证明组合恒等式成立。

第三种证明方法是代数法。

代数法通过对两边的符号或式子进行代数变换，从而证明它们是相等的。

例如，我们可以通过展开组合式、使用恒等式和化简等代数运算，将一个式子转化为另一个式子，从而得到它们是相等的。

通过代数法的证明，我们可以明确地看到两边的值是相等的，从而证明组合恒等式成立。

第四种证明方法是计数法。

计数法是一种直接计算两边数量的方法。

例如，我们可以将组合式分成几种情况，然后分别计算每种情况下的数量，并将它们加起来。

通过计数法的证明，我们可以得到两边的数量是相等的，从而证明组合恒等式成立。

第五种证明方法是逻辑法。

逻辑法通过使用逻辑推理证明恒等式成立。

例如，我们可以使用逻辑推理来说明两边的元素是一一对应的，从而证明组合恒等式成立。

通过逻辑法的证明，我们可以推导出两边的元素是一一对应的，从而证明组合恒等式成立。

第六种证明方法是双射法。

双射法通过构造一个一一映射（双射）来证明组合恒等式成立。

例如，我们可以构造一个映射，将一个集合中的元素映射到另一个集合中的元素，并证明这是一个一一映射。

容斥原理组合恒等式

容斥原理组合恒等式
容斥原理是组合数学中一个重要的计数方法，它可以用来解决一些复杂的计数问题。

在这个原理中，我们通过计算不重叠的事件的数量来计算整个事件的数量。

为了更好地理解容斥原理，我们可以通过一个简单的例子来说明。

假设有一个班级，里面有5个男生和4个女生。

我们现在想要从这个班级中选择出3个学生组成一个小组。

我们可以使用容斥原理来计算有多少种不同的组合方式。

我们可以计算出选择3个学生的总数。

根据组合数的定义，可以得到：C(9,3) = 84。

这表示我们从9个学生中选择3个学生的不同组合方式总共有84种。

接下来，我们需要计算出只选择男生或者只选择女生的组合方式数量。

只选择男生的组合方式数量为C(5,3) = 10，只选择女生的组合方式数量为C(4,3) = 4。

但是我们注意到，我们同时计算了既选择男生又选择女生的组合方式数量。

为了避免重复计算，我们需要从总数中减去这部分重复的组合方式数量。

根据容斥原理，我们得到最终的计算公式为：C(9,3) - C(5,3) - C(4,3) = 84 - 10 - 4 = 70。

所以，从这个班级中选择出3个学生组成一个小组的不同组合方式总共有70种。

通过这个简单的例子，我们可以看到容斥原理在解决组合问题中的作用。

它可以帮助我们避免重复计算，从而得到准确的计数结果。

在实际应用中，容斥原理经常被用来解决各种计数问题，尤其是在组合数学和概率论中。

无论是求解组合数，还是计算事件的概率，容斥原理都是一个非常有用的工具。

另辟蹊径证明组合恒等式

上从点ｏｏ，）到点（０
３６
福建中学数学
２１第２期００年
显然，从点ｏｏ０到点Ａｎｒｒ的格点路（，）（— ，）径数由两部分组成：一部分是从ｏｏ０到点（，）
８ｎｒｒ）（ — ，一１的路径再向Ｙ轴的正方向走一步；另一部分是点ｏｏ，）（０到点Ｃｎ一，）（一１ｒ的路径
解析如图１所示，无论怎样走法，在Ｘ方向上总共走ｍ步，在Ｙ方向上总共走步．若用
一
块相对独立的内容，学好这部分知识对提高学生的数学思维能力有积极的促进作用，解决这类而问题的思考方法与其它代数内容有所不同，不能仅靠代数的逻辑推理．合恒等式是组合教学的组
１．预备知识定理１在个不同的元素中取ｒ进行组个合，其组合数为Ｃ．：定理２允许元素重复出现的排列，叫做有重复的排列．包括以下两种情形：上述定理３可推广到一般：如图２所示，设Ｃ ≥ａ≥０ｄ≥ｂ， ≥０则（６到（，）最短路径ａ，）ｃｄ的为：ｃ－）（１Ｃ＋
ｍ＋ｎ元的无重排列，由定理２可知，则共有
＝
ｃ＋路径数．ｍ
容，其技巧性强，解题方法独特，因此学生解决
这类问题往往感到困难．本文将运用格点路径法
（蚁爬格法）蚂，去探讨若干组合恒等式，期望能帮助读者体会具体问题具体分析和解决问题多样化的思想．

组合恒等式的证明及应用

组合恒等式的证明及应用组合恒等式是组合数学中一个非常重要的等式，也是组合学中最基本的等式之一。

它在组合数学中有着广泛的应用，包括计数、排列与组合、概率等方面。

本文将首先介绍组合恒等式的基本定义与证明，然后讨论一些应用场景。

首先，让我们来看看组合恒等式的定义。

对于任意的非负整数n和非负整数k，满足0≤k≤n，组合恒等式可以表示为：C(n,k) = C(n-1, k) + C(n-1, k-1) （1）其中，C(n,k)表示从n个不同元素中选取k个元素的组合数，也叫做二项式系数。

接下来，我们来证明这个恒等式。

考虑一个集合A，它包含n个元素，我们需要从这个集合中选择k个元素。

我们可以把这个问题分为两种情况来考虑。

第一种情况是，我们选择了集合A中的第一个元素。

那么我们还需要从剩下的n-1个元素中选择k-1个元素，所以这种情况的选择数为C(n-1, k-1)。

第二种情况是，我们没有选择集合A中的第一个元素。

那么我们需要从剩下的n-1个元素中选择k个元素，所以这种情况的选择数为C(n-1, k)。

那么根据加法原理，我们可以得到选择k个元素的所有可能情况数为C(n-1, k) +C(n-1, k-1)。

而根据问题的定义，选择k个元素的可能情况数应该等于C(n,k)。

所以我们可以得出：C(n,k) = C(n-1, k) + C(n-1, k-1) （2）组合恒等式证明完成。

有了组合恒等式之后，我们可以在组合数学的各个领域中应用它。

首先是在计数问题中的应用。

计数问题中经常涉及到从一个给定集合中选择若干元素的问题，比如选择m个球放入n个盒子，选择若干学生参加活动等。

通过组合恒等式，我们可以根据已知的条件分解问题，得到更为简单的计数方法。

其次是在排列与组合问题中的应用。

排列和组合问题是组合数学中的经典问题，而组合恒等式正是排列与组合的基础。

我们可以利用组合恒等式进行排列与组合的计算，如全排列、循环排列、重复组合等。

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组合恒等式是组合数学中的重要概念，指的是形如$\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}$的等式。

这个等式表明，在$n$个元素中选择$k$个元素的方法数等于在$n-1$个元素中选择$k-1$个元素的方法数与选择$k$个元素的方法数之和。

在这篇文章中，我们将介绍六种常见的证明组合恒等式的方法。

方法一：基于组合的定义将组合数的定义应用到恒等式的两边可以得到证明。

根据组合数的定义，$\binom{n}{k}$表示从$n$个不同元素中选择$k$个元素的方法数，即$\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}$。

同样地，$\binom{n-1}{k-1}$表示从$n-1$个不同元素中选择$k-1$个元素的方法数，$\binom{n-1}{k}$表示从$n-1$个不同元素中选择$k$个元素的方法数。

可以利用这些定义将等式两边都表示成组合数的形式，然后将它们相减，最后通过化简得到恒等式的正确性。

方法二：递推法递推法是证明组合恒等式的常见方法之一、递推法的思想是，通过利用等式的递推关系，将一个组合数表示成另一个组合数的和的形式。

在这个例子中，等式$\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}$可以被看作是递推关系。

通过递推关系，我们可以将$\binom{n}{k}$表示成$\binom{n-1}{k-1}$和$\binom{n-1}{k}$的和的形式。

递推法的证明可以采用数学归纳法，从$n=1$和$k=1$的情况开始，递推到$n$和$k$的一般情况。

方法三：二项式定理二项式定理是一个重要的数学定理，可以用于证明组合恒等式。

二项式定理的表述是$(x+y)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}x^{n-k}y^k$。

在这个定理中，将$x$和$y$分别替换为$1$和$-1$，则可以得到组合恒等式的形式。

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
作者：赵文安
来源：《中学教学参考·中旬》 2013年第12期
甘肃会宁县郭城农业中学（730726）赵文安
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.
一、利用组合数的定义证明
【例1】证明Cmn+1=Cmn+Cm-1n（组合数性质2）.
证明：从n+1个不同的元素a1,a2,…,an+1中取出m个的组合数是Cmn+1,这些组合可以分成两类：一类含有a1,一类不含a1.含有a1的组合是从a2,a3,…,an+1这n个元素中取出m-1个元素与a1组成的,共有Cm-1n个,不含a1的组合是从a2,a3,…,an+1这n个元素中取出m个元素组成的,共有Cmn个.根据分类计数原理,得
Cmn+1=Cmn+Cm-1n.
二、利用组合数计算公式证明
∴原式成立.
五、利用数学归纳法证明
【例5】证明C0n+C1n+1+C2n+2+…+Cm-1n+m-1=Cm-1n+m.
这说明当n=k+1时,等式也成立.
由（1）、（2）可知,等式对任何正整数n都成立.
六、利用复数的性质证明
以上介绍的六种方法,它们均以高中数学知识为基础,是证明组合恒等式的常用方法,当然证明组合恒等式还有其他的方法,限于篇幅,这里就不一一赘述了.
(责任编辑金铃）。

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$\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} +\binom{n-1}{k}$。

组合恒等式综合2

组合恒等式综合2组合恒等式是组合数学中一项重要的理论工具，它们可以用于解决组合问题、计算组合数以及推导其他数学公式。

在上一篇文章中，我们已经介绍了一些基本的组合恒等式，包括二项式系数、排列组合等。

而在本文中，我们将进一步深入探讨组合恒等式的应用和推导，以及它们在实际问题中的意义和作用。

首先，我们来回顾一下上一篇文章中提到的组合恒等式。

其中最基本的是二项式系数恒等式，即：$${{n}\choose{k}}={{n-1}\choose{k-1}}+{{n-1}\choose{k}}$$这一恒等式可以用于计算组合数，即从n个元素中选取k个元素的组合数。

它可以被理解为从n个元素中选取一个元素，剩下的n-1个元素中选取k-1个元素，或者从n-1个元素中选取k个元素，然后将两种情况的结果相加。

这个恒等式在组合计数中非常有用，可以简化计算过程，提高效率。

除了二项式系数恒等式，还有一些其他的组合恒等式也非常重要。

例如，Vandermonde恒等式：$$\sum_{i=0}^{k}{{m}\choose{i}}{{n}\choose{k-i}}={{m+n}\choose{k}}$$这个恒等式可以用于计算两个组合数的和。

它表明，从m个元素中选取0到k个元素，同时从n个元素中选取k-i到k个元素，然后将这些选取的结果相乘再相加，结果等于从m+n个元素中选取k个元素的组合数。

这个恒等式在组合计数中也非常有用，可以帮助我们快速计算组合数的和。

除了上述两个基本的组合恒等式，还有一些其他的组合恒等式也非常重要，例如Pascal三角形、Lucas定理等。

这些恒等式可以用于解决更复杂的组合问题，推导其他数学公式，以及在实际问题中的应用。

例如，Pascal三角形是一个由组合数构成的三角形，其中每个数等于它上方两个数之和。

Pascal三角形可以用来计算二项式系数，以及推导其他数学公式，例如二项式定理、二项式反转等。

它在组合计数中有着广泛的应用，可以简化计算过程，提高计算效率。

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 +

例谈用组合分析的方法证组合恒等式

n 不同的子集总数是 2 ． 0 1 n n 所以 C n + C n + … + C n = 2 成立． 0 n 1 n n n 0 n 1 n n n
例5
证明恒等式
n! ( n － 1) ! = + r1 ! r2 ! … r k ! ( r1 － 1 ) ! r2 … r k
( n － 1) ! ( n － 1) ! +…+ ． r1 ( r2 － 1 ) ! … r k r1 r2 … ( r k － 1 ) ! 证明左边是把 n 个不同的球放到 k 个不同的盒子里且 …，使得第一个盒子里有 r1 个球，第二个盒子里有 r2 个球，第k 个盒子里有 r k 个球的方法数．现任取一球 a1 ，然后把放球的方法数进行分类: a1 放到第一个盒子的放法数是 a1 放到第二个盒子的放法数是 …… a1 放到第二个盒子的放法数根据加法原理可知等式 n! ( n － 1) ! ( n － 1) ! = + + r1 ! r2 ! … r k ! ( r1 － 1 ) ! r2 … r k r1 ( r2 － 1 ) ! … r k …+ ( n － 1) ! 成立． r1 r2 … ( r k － 1 ) ! ( n － 1) ! ; r1 ! r2 ! … ( r k － 1 ) ! ( n － 1) ! ; ( r1 － 1 ) ! r2 ! … r k ! ( n － 1) ! ; r1 ! ( r2 － 1 ) ! … r k !
k 从 n 个 x + y 中选取 k 个选法数 C n ，所以 ( x + n n
【摘要】组合类恒等式的证明一般采用代数的推导，本文从对组合的意义出发进行分析证明，使学生对组合的意义的理解更加深刻．【关键词】集合; 元素; 加法原理; 乘法原理在排列组合的教学中，对于组合恒等式的证明，人们更注重于代数的推导，而对于组合的意义很少进行分析．本文从等式所代表的组合意义出发，说明等式两边恰好是同一组合模型的记数，从而说明等式的成立．这种通过对组合意义的分析，证明恒等式的方法，不仅能提高学生对组合知识的理解，还能开拓学生的思维，丰富学生的研究性学习，提高学生解决实际问题的能力．现举几例说明它的应用．例1 证明

组合恒等式证明的几种方法 (1)

例8求证：，为自然数.
分析：这里有一个变量 ,可以利用数学归纳法.
证明：（1）当时，
显然成立.
（2）假设时成立，即
.
当时，即上式两边同时加上
即当时也成立.
由（1）（2）知命题对任意自然数皆成立.
例9证明:
证明:当时,上式显然成立,
当时,有
左边=
=右边
所以原式成立.
假设当时成立,即
证明：
所以的系数为，又因为 .所以
，
又因为，
所以 .
即证.
例7求证 .
证明：展开式中的系数为：
又；展开式中的系数为，
所以即有 .
5数学归纳法
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.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用方法之一.
参考文献
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