浅议组合恒等式的证明

组合数学-第四节：组合恒等式

2.4.3 组合恒等式有关二项式系数的恒等式至今已发现的就有上千个，而且还在不断地发展。

这些组合恒等式在许多算法分析中起着重要的作用，这里给大家介绍常用的几个。

等式1201n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭证明方法1 其组合意义的证明见定理2.2.4 方法2 在二项式定理中令1x y ==即可。

等式2：024135n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭（2.4.9）证明方法1 在二项式定理中令1,1x y =-=，得：0(1)0nk k n k =⎛⎫-= ⎪⎝⎭∑ （2.4.10）将（2.4.10）式整理一下即得（2.4.9）式。

方法2 等式（2.4.9）的组合意义是：在n 个元素的集合中取r 组合，r 为奇数的组合数目等于r 为偶数的组合数目（包含0组合在内）。

下面我们来建立r 为偶数的组合与r 为奇数的组合之间的一一对应，从而证明（2.4.9）式。

以4个元素,,,a b c d 构成的集合的一切组合为例，r 为奇数的组合有：,,,,,,,;a b c d abc abd acd bcdr 为偶数的组合有：,,,,,,,ab ac ad bc bd cd abcd φ其中，φ表示取零个元素的组合。

从n 个元素的集合中取r 组合，r 可以有不同的值，但就元素a 而言，只有含有元素a 和不含有元素a 两类。

若r 为奇数的组合中含有a ，去掉a 便得一个r 为偶数的组合。

例如，abc 去掉a 得bc 。

若r 为奇数的组合中不含有a ，加上元素a 便构成一个r 为偶数的组合。

例如，bcd 加上a 得abcd 。

见表2.4.1表2.4.1等式3112212n n n n n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅+⋅++⋅=⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭证明对等式：0(1)nni i n x x i =⎛⎫+=⎪⎝⎭∑两边在1x =处求导数，得()()()1111112nn n x x x n x n --=='+=+=111011n n nj j x x i i i n n n x xi i i -====='⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑从而：112212n n n n n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅+⋅++⋅=⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭等式4：0111n n k k k k +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭证明，用数学归纳法很容易证明此结论，下面通过其组合意义来分析其正确性。

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．。

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 +

浅谈证明组合恒等式的几种方法

.
、 2+ ( 叮舀
(C 孟 )
2
+
, 二 C煞公
,
一
+
,
`c ,’ ` 一
.
撬喂
· ·
万
,
例马
、
求证
.
:
十 ZC 鑫 + 3C 盒 + C石 =
炸
,
.
+ c t
,
.
. ,
一+
·
”
·
C井
护刁
+ 3C 君 + 蕊
·
( l + 劝心 + 习展开式中护项的系数是
+ C` C: C器
·
·
浅谈证明组合恒等式的几种方法
( 福建连江四中 ) 陈镇邃
组合值等式证明是
这一章的重要内容
.
.
排列
、
组合和二项式定理
.
”
令
.
二“
·
1
。 _
即得
:
:
它可以联系多方面的基础知识然而
, , ,
也是二项式定理应用的一个重要方面
由于其
(一 l )
·
’
一
`
·
(
2” +
·
l)
C二 = 0
令
。
。
。
.
即得
护。
,
’
证
.
:
左边一
.
叭
`
”
,
了
10

组合恒等式

组合恒等式㈠、二项式定理定理1： (x +y )n =∑C n k n 0y k x n−k ,特别的 (1+x)n =∑C n k n 0x k ,其中n 为正整数, C n k =n (n−1)…(n−k+1)k!(1≤k ≤n ),C n 0=1.（二）、基本组合恒等式（1）C m n =C m m−n（2）C m+1n =C m n +C m n−1（3）kC n k =nC n−1k−1=（n −k +1）C n k−1（4）C n k C k m =C n m C n−m k−m =C n k−m C n−k+m m（5）1+C n 1+⋯C n n =2n（6）1−C n 1+C n 2−⋯+（−1）n C n n =0（7）C n 1+C n 3+⋯+C n 2[n 2]+1=1+C n 2+⋯+C n 2[n 2]=2n−1（8）C n 0+C n+11+⋯+C n+k k =C n+k+1k（9）C n n +C n+1n +⋯+C n+m n =C n+m+1n+1（10）（范德蒙恒等式）C m 0C n k +C m 1C n k−1+C m 2C n k−2+⋯+C m k C n 0=C m+n k（11）（C n 0）2+（C n 1）2+⋯+（C n n ）2=C 2n n（12） ∑kC n k n k=0=n ∙2n−1 （13） ∑k 2C n k =n k=0n （n +1）2n−2 （14） ∑C n k C k m =2n−m C n m n k=m （15）C 2n n =2C n 2+n 2（16）C −n k =（−1）k [n ]k k ！（17） ∑C m i C n j =C m+n r i+j=r（18） ∑C m i i−j=r C n j =C m+n n+r（19） ∑（−1）km k=0C n k =(−1)m C n−1m（20） ∑C 2n k n k=0=22n−1+12C 2n n （21） ∑C n k C k m k =C n m 2n−m （22） ∑（−1）k k≥0C n 2k =2n 2cosn π4 （23） ∑（−1）k k≥0C n 2k+1=2n 2sin n π4（24） ∑C m−k r k≥0C k s =C m+1r+s+1（25）（李善兰恒等式） ∑C x k C y k n k=0C x+y+n−k n−k =C x+n n C y+n n命题1：若P （x ）是次数＜n 的多项式,则 ∑(−1)k C n k n k=0p (k )=0，∑(−1)k C n k n k=0k n =（−1）nn ！（三）、组合恒等式基本证明方法恒等变形、求和换序、数学归纳法、微积分方法、母函数方法、应用递归关系、运用组合解释、复数法、差分法、网络路径数、WZ 方法、算子方法、利用组合互逆公式等1.母函数方法应用母函数方法证明组合恒等式时，常常是适当选择一个母函数，用两种不同的方法将它展开成两个幂级数，则由同次幂的系数相等便得到要证明的组合恒等式.2.算子方法设p [x ]表示如下形状的形式幂级数组成的集合：f (x )=∑a n x n ∞n=0.特别，如果a 0，a 1，……，a n ，……中只有有限个数不等于0，那么f (x )为多项.对任意f (x )=∑a n x n ∞n=0，g （x ）∑b n x n ∞n=0，我们定义：（1）k f (x )=∑（ka n ）x n ∞n=0（k 为常数）（2）f (x )±g (x )= ∑（a n ±b n ）x n ∞n=0（3）f (x )g (x )=∑C n x n ∞n=0，其中C n =∑a k b n−k ∞k=0.对任意f (x )∈p [x ]，我们定义算子：C k 〈f (x )〉=a ，即C k 〈f (x )〉为f (x )展开式中x k 的系数.由此定义我们易知算子C k 〈f (x )〉有下列性质成立：（1）对任意f (x )∈p [x ]及常数a ，C k 〈af (x )〉=aC k 〈f (x )〉.（2）对任意f （x ），g （x ）∈p [x ]，C k 〈f (x )±g （x ）〉=C k 〈f (x )〉±C k 〈g (x )〉；C k 〈f (x )g （x ）〉=∑C i 〈f (x )〉k i=0C k−i 〈g (x )〉.（3）对任意正整数n,k 及f （x ），g （x ）∈p [x ]，当n ＞k 时，C k 〈f (x )〉=C n 〈x n−k f (x )〉，C k 〈f (x )〉=C k 〈f (x )+x n g （x ）〉.公式I:当n,k 为正整数，a,b 为常数时，C k 〈（a +bx ）n 〉=C n k a n−k b k （当n ＜k 时，约定C n k =0）.公式II:设m,k 为正整数时，a 为常数，则C k 〈(1−ax )−m 〉=C k+m−1m−1a k =C k+m−1k a k (|x |＜).公式III ：设m,n 为非负整数，a,b 为常数，则C k 〈（1+ax ）m （1+bx ）n+1〉=C k 〈（1−bx ）n−m+k （1+（a −b ）x ）m 〉.3.差分方法设f （x ）为任意函数，Δ为差分算子，其定义为Δf (x )=f (x +1)−f (x )，Δk f (x )=Δ[Δk−1f (x )](k =2，3，…)，以算子Δ作成的差分多项式P （Δ）=。

【全国百强校】江苏省如东高级中学高考考前专题复习_高中阶段组合恒等式的证明(pdf版)

k 1 k 1 k 1 k 1 k 1
n n k 2 k 2
n2
n
n
n
n
n
k 2 n 1 k 2 n 1 n[2n1 (n 1)Cn (n 1) Cn n(n 1)2n2 2 ] n[2 2 ] n2
n(n 1)2
m
右边= C m 显然成立
m
②当 n k (k m) 时命题成立，即
m m m m m m 1 Cm Cm 1 C m 2 ... C k 1 C k C k 1 当 n k 1 时， m m m m m m m 1 m m 1 Cm Cm 1 C m 2 ... C k 1 C k C k 1 C k 1 C k 1 C k 2 即当 n k 1 时也成立， m m m m m m 1 综上所述由①②可得，原命题成立即 Cn Cm 1 Cm 2 Cn 1 Cn Cn 1 .
（ x 0, x 1）的展开式中含 x m 前的系数
记 S m 1 (1 x)m m 2 (1 x)m1 n(1 x)n1 n 1 (1 x)n 则
(1 x)S m 1 (1 x)m1 m 2 (1 x)m2 n(1 x)n n 1 (1 x)n1
二、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（类似于陈颖老师所说的函数升降格变形）；（4）数学归纳法；（5）赋值法（6）利用组合数组合数的实际意义不常用.
一、预备知识
基本组合数公式和常见的组合恒等式
k nk （1） C n C n k k k 1 （2） Cn 1 Cn Cn

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。

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。

构造组合模型巧证组合恒等式

构造组合模型巧证组合恒等式导读：本文构造组合模型巧证组合恒等式，仅供参考，如果觉得很不错，欢迎点评和分享。

构造组合模型巧证组合恒等式证明组合恒等式，一般是利用组合数的性质、数学归纳法、二项式定理等，通过一些适当的计算或化简来完成。

但是，很多组合恒等式，也可直接利用组合数的意义来证明。

即构造一个组合问题的模型，把等式两边看成同一组问题的两种计算方法，由解的唯一性，即可证明组合恒等式。

例1证明Cnm=Cnm-1+Cn-1m-1.分析：原式左端为m个元素中取n个的组合数。

原式右端可看成是同一问题的另一种算法：把满足条件的组合分为两类，一类为不取某个元素a1,有Cnm-1种取法。

一类为必取a1有Cn-1m-1种取法。

由加法原理可知原式成立。

例2证明Cnm·Cpn=Cpm·Cn-pm-p.分析：原式左端可看成一个班有m个人，从中选出n个人打扫卫生，在选出的n个人中，p人打扫教室，余下的n-p人打扫环境卫生的选法数。

原式右端可看成直接在m人中选出p人打扫教室，在余下的m-p人中再选出n-p人打扫环境卫生。

显然，两种算法计算的是同一个问题，结果当然是一致的。

以上两例虽然简单，但它揭示了用组合数的意义证明组合恒等式的一般思路：先由恒等式中意义比较明显的一边构造一个组合问题的模型，再根据加法原理或乘法原理对另一边进行分析。

若是几个数（组合数）相加的形式，可以把构造的组合问题进行适当分类，如例1,若是几个数（组合数）相乘的形式，则应进行适当的分步计算，如例2,当然，很多情况下是两者结合使用的。

例3证明Ckm+n=C0mCkn+C1mCk-1n+C2mCk-2n+…+CkmC0n,其中当p>q时Cpq=0.证明：原式左边为m+n个元素中选k个元素的组合数。

今将这m+n个元素分成两组，第一组为m个元素，剩下的n个元素为第二组，把取出的k个元素，按在第一组取出的元素个数i（i=0,1,2,…，k）进行分类，这一类的取法数为CimCk-in.于是，在m+n个元素中取k个元素的取法数又可写成-in.故原式成立。

构造概率模型证明组合恒等式-文档资料

构造概率模型证明组合恒等式一、引言1、问题提出。

组合数学是数学的一个重要分支，而组合恒等式的研究又是组合数学的一个重要内容之一。

由于组合恒等式在概率中有着极为广泛的应用，又是研究概率论的重要工具，因此我们同样可以反过来构造适当的概率论模型去证明一些组合恒等式。

从而使一些复杂的恒等式证明变得简单易懂。

2、文献综述。

文献[1]用贝努里概率模型证明了组合恒等式，能够使得一些看似复杂的组合恒等式证明变得更加容易。

文献[2，3，10]用“古典概率模型”中的抽球模型证明了组合恒等式，通过此模型对问题的解决，使我们得到了一个一般的概率思想方法。

文献[11]用几何概率思想并运用了超几何概率公式，全概率公式以及完备事件组性质证明了组合恒等式，而本文则通过三种模型的结合证明了组合恒等式，使概率的思想方法在组合恒等式的证明中得到了更充分的利用，并对恒等式证明进行了归类，体现了学科与学科之间的相互应用。

二、三种模型的证明1、构造抽球模型证明组合恒等式。

抽球模型问题是概率论中“古典概率模型”的一类基本问题，我们可以构造抽球模型来证明一些组合恒等式。

2、构造几何概率模型证明组合恒等式。

对于组合数学中的一些恒等式，通过构造几何模型进行证明能够使得这些等式的证明变得更加清晰明了。

下面就是三个通过构造几何模型证明的组合恒等式。

3、构造贝努里概率模型证明组合恒等式。

证明组合恒等式的方法有很多，而通过构造贝努里概率模型证明组合恒等式能够使得一些看似复杂的组合恒等式更加便捷。

等式得证此题利用几何分布的性质，期望及方差得到证明。

在这里我们运用上面的三种构造概率模型的方法证明了我们常见的十个组合恒等式。

构造概率模型的方法还可以解决许多其它的组合恒等式如：。

组合数学中的生成函数与组合恒等式

组合数学中的生成函数与组合恒等式生成函数和组合恒等式是组合数学中两个重要的概念。

生成函数可以用来研究组合对象的各种性质，而组合恒等式则是指用数学等式的形式来表达组合身份的性质。

一、生成函数生成函数是组合数学中一种重要的工具，它可以将一个序列变成一个多项式函数。

对于一个序列{an}，它的生成函数可以表示为：G(x) = a0 + a1x + a2x^2 + a3x^3 + ...在组合数学中，我们通常关注的是组合对象的某种性质，比如集合的大小、排列的个数等等。

通过引入生成函数，我们可以将这些性质转化为多项式函数的形式，从而简化问题的处理。

生成函数有两种常见的形式：普通生成函数和指数生成函数。

普通生成函数用于求解无标号组合对象的问题，而指数生成函数用于求解有标号组合对象的问题。

例如，对于一个集合中元素个数的序列{an}，它的普通生成函数可以表示为：G(x) = 1 + x + x^2 + x^3 + ...这个生成函数的展开系数表示着集合的大小。

如果我们想计算集合中元素个数为k的子集个数，只需要将这个生成函数展开至x^k的项，并取其系数即可。

而对于一个排列中元素个数的序列{an}，它的指数生成函数可以表示为：G(x) = 1 + x/1! + x^2/2! + x^3/3! + ...这个生成函数的展开系数表示着排列的个数。

同样地，我们只需要展开至x^k的项，并取其系数即可得到元素个数为k的排列个数。

通过生成函数，我们可以方便地计算各种组合问题的解析解，从而提高计算效率，简化推导过程。

二、组合恒等式组合恒等式是指用数学等式的形式来表达组合身份的性质。

它们在组合数学中具有重要的应用，能够帮助我们发现组合对象之间的关联和性质。

组合恒等式有很多种形式，其中最经典的一类是二项式恒等式。

二项式恒等式是指与二项式系数有关的等式，常用来研究组合对象的性质。

例如，二项式系数的恒等式：（1+x)^n = C(n,0) + C(n,1)x + C(n,2)x^2 + ... + C(n,n)x^n这个等式表达了二项式系数与多项式函数之间的关系，它能够帮助我们计算多项式函数的各项系数。

浅谈组合恒等式的证明方法

用范围。
关键词: 数学归纳法; 组合法; 组合恒等式
中图分类号: O 122. 4
文献标识码: A
组合恒等式是组合数学的一个重要部分。
它在数学的各个分支中都有广泛应用, 而且它的
证明方法多种多样, 具有很强的灵活性。因此, 组合恒等式的证明方法是值得研究的课题。本文讨
论了数学归纳法、组合法等常见的组合恒等式证
k+ j j
r
= (k+ j k= 0
+ 1)
k+ j
r
- ( j + 1)
k+ j
j
k= 0 j
r k+ j + 1 r k+ j
= (j + 1) k= 0
j+ 1
k= 0
j
= (j + 1)
r+ j + 2 j+ 2
-
r+ j + 1 j+ 1
= (j + 1)
r+ j + 1 j+ 2
, 所以( 4) 成立。
文章编号: 1006 - 7353( 2005) 03 - 0037( 14) - 02
浅谈组合恒等式的证明方法*
V ol. 19 No. 3 June 2005
张红兵
( 武汉市第七十五中学, 武汉 430079)
摘要: 本文讨论用数学归纳法和组合法证明组合恒等式, 并讨论这两种方法的证明特点及应
} 综上所述, 本协作学习小组异步交流平台是一个基于 B/ S 结构的系统, 采用高级统一建模语言( U ML ) 设计, 并用微软公司 ASP. N ET 技术编码实现, 旨在利用互联网的方便快捷使小组学习

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$。