组合数学-第四节：组合恒等式

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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。

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

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。

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

组合恒等式{}11111n m j n 1n im 1m nm n m n m 01121111111101110212101110212111111)1)(1(cont )1(cont )1(cont )(cont ,))(())(()),(())((//))(()(,)(.)1(cont )(cont )1(),)()((.,:*)(1,C )(1C )(1)(1)(1)(1)(10)1()11(2)11()!(!!)!(!!)!()!(!!!!)!()!()!(!)!(!)"(-----------------------------------------)(0)1(2)(,----==+∞≤≤∞-++-++++--++--+--++-+++++++++++--+=-++++----+++-++-=+=+=+====+==+=∈∀→+=+=+++=+++++==++=+==+++=+++=-++-=-=+++=+=--=--=----===+++=-++-=+++≤≤===+=∑∑∑∑k nk n k n k n k n k nk nk k k n k k k k k k k nk n k nk nk n k nm k i n ni m k j j i i k nk k n k k n k k n k k n k k n k k n k k n k k n k k n k k n n n k k n n n n n n n n n nn n n n n m r r n m r m n m n k nm ki i n n i m k k n k k n n n n n n n n nn n n n m r m n m n m r r n r n r n r n r n r n r n nr n x x k n x x n x x k C a xx a a x p cont a x p a cont k x P kcont x kP cont x P cont x f x a x P xx C x f xx C x f C x t s C C f C x x C C x x T x x T x x x x x x C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C m r m r r n r n r n m r r m r n r n m n m r m m n n C C C C C VandeMonde C C C C C C C C C C n r m C C C C C rn C C C C C C ④③为常数②为常数①运算性质：则常数项函数为一般的设多项式函数即为）的常数项（它的含义是多项式定义：二项式系数函数系数为则再直接考虑系数为则的通项为，的通项为系数：的⑧考虑生成函数逆向证明思路：利用②⑦正向思路证明：⑥联想二项式定理：⑤联想二项式定理：④：证明：①②③略￣▽￣分割线恒等式⑧⑦⑥⑤④③②①组合恒等式：ΛΛΛΛΛΛΛΛΛ-2019/12/8----y ------------------------------------------)1()1()1(111西格玛★合恒等式不难证明这五条性质由上面的组⑤∑+++=+---B x x cont x x cont x x cont k n k n k n ()()()()()∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑==---==-+-=--+=-+=+==+=--==--=---=-=++--+---++---+-----------=-+=⇒=+=⇒+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛---+=+-+=+-++-=+-==-=-=-=-⇐=-+-===⇐=⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡+=+-=-=--=-+=++-----=---=-⇐-+=+-=⇐+=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=⇒+--=+--==---=--=-⇐-=n k n k n n n n n n n k n k k n k n k n k n n k k n k n k k n k n k k n k n n k n k k n k n k k n k n k n k k n k k n k nk kn k k n k n k n n n n k n k n n k n n n k n k n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n r n r n r n r n r n r n r n r n r n kS S S S S nS S n S C n S x x cont n S x x cont k x x cont k x x cont k S k C k C n C n kC kC C k n nC kC C n n n C C C C C C C C C n C n n n n n n C n n C n n n C n n C C C C n C C n n nC C nn C C r n n C C n r r n C r n rC nC r n r n n r n r n C r n C r n n C 10111111011111111111111111111111111202022212211212211211222212211211211211221221221111111)(1111)1(1)1()1(1)1(1)1()1(1)1()1(1)1(11)1()(0)1()1()1(0)1()1()(111--------------------------------------------------)(11111221222122))(1()12(1)()11()11()()!1(!)!1()!1(!!)(，证明：证明过程详细写出来系数函数的用法，我将为了具体体现出二项式明）（用二项式系数函数证⑦法一⑥⑤④法二法一③②运用恒等式定义法①组合恒等式补充：李浩翔。

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。

组合数和组合恒等式.ppt

C
0 n
1 2
C
1 n
1 3
C
2 n
n
1
1
C
n n
2n 1 1
n 1
1 1
C
0 n
1 2
C
1 n
1 3
C
2 n
(1)n
n
1
1
C
n n
1
n 1
7、范德蒙德（Vandermonde）恒等式
C
n0C
r m
C
n1C
r m
1
C
n2C
r m
2
C nrC
0
m
Cr nm
8、Cm0Cn0 Cm1 Cn1 Cm2Cn2 CmnCnn Cnnm (Cn0 )2 (Cn1 )2 (Cnn )2 C2nn
合的定义。
2、会计算重集 S 的 r 可重排列、
n 可重排列和 r 可重组合个数。
三、组合数和组合恒等式
1、二项式系数的四个基本性质及证明。
2、八个组合恒等式及部分证明。
C r 1 n 1
2、对称关系式
C
r n
C nr n
3、递推关系式
C
r n
n r
C nr11(1
r
n)
4、单调性
1）C
0 2n
C
1 2n
C
2 2n
C 2nn(奇数项)；
2）C
0 2n
1
C1 2n 1
C2 2n 1
C n 1 2n 1
C
n 2n
1(偶数项)。
二、组合恒等式
定义：组合恒等式是指含有组合数的恒等式。
1.3 组合数和组合恒等式

组合恒等式

简单的组合恒等式的证明【教学目标】1.掌握基本的组合数公式，能较为熟练的运用组合数公式.2.了解组合恒等式的基本的证明方法，会证明较为典型的组合恒等式. 【教学过程】一、课堂引入同学们了解以下的组合数公式吗？解决组合恒等式问题需要对组合数公式比较熟悉，所以要掌握一些最基本的公式和常用的组合恒等式. 1.基本组合数公式（1）kn n kn C C -=（2）11-++=k n k n k n C C C （3）11--=k n kn nC kC 或11--=k n kn C kn C （4）m m k n m k n m k mn m n m k k n C C C C C C +----==（n k m ≤≤）. 2.常见的组合恒等式（1）n n n n n n C C C C 2...210=++++；（2）0)1(...10=-++-n n n nn C C C ；（3）11121...++-++=+++++m n m n m n m m m m m m C C C C C C .以上的恒等式可以通过赋值法进行证明. 二、例题精讲例1.（2020年）证明：11121...++-++=+++++m n m n m n m m m m m m C C C C C C证法一组合数公式法: 有组合数性质11n -++=k n k n k C C C 可得：左边=m n m n m m m m m m C C C C C +++++-++++12111...)（=mn m n m m m m m m C C C C C +++++-++++13212...)（ =m n m n m m m m m m C C C C C +++++-++++14313...)（=......=mn m n m n C C C ++-+-111 ===++++111m n m n m n C C C 右边证法二组合数实际意义：设有n+1个不同元素,,,...,,,1321+n n a a a a a 从这n+1个元素中取出m+1个不同元素的取法有11++m n C 种。

高中数学中的排列组合详细分析

高中数学中的排列组合详细分析在高中数学中，排列组合是一个重要的概念和工具。

它不仅在数学中有广泛的应用，还在实际生活中起着重要的作用。

本文将对排列组合进行详细的分析，包括定义、性质和应用等方面。

一、排列组合的定义排列和组合是两个不同的概念，但它们都属于离散数学中的组合数学。

在讨论排列组合之前，我们先来了解一下它们的定义。

1. 排列排列是指从一组元素中选取若干个元素进行排列的方式。

在排列中，元素的顺序是重要的。

假设有n个元素，要从中选取r个元素进行排列，那么排列的总数记作P(n,r)。

排列的计算公式为：P(n,r) = n! / (n-r)!其中，n!表示n的阶乘，即n! = n*(n-1)*(n-2)*...*2*1。

2. 组合组合是指从一组元素中选取若干个元素进行组合的方式。

在组合中，元素的顺序是不重要的。

假设有n个元素，要从中选取r个元素进行组合，那么组合的总数记作C(n,r)。

组合的计算公式为：C(n,r) = n! / (r!*(n-r)!)二、排列组合的性质排列组合具有一些重要的性质，这些性质在解决问题时起到了关键的作用。

1. 乘法原理乘法原理是指，如果一个事件发生的方式有m种，而另一个事件发生的方式有n种，那么这两个事件同时发生的方式有m*n种。

在排列组合中，乘法原理可以用来计算多个事件同时发生的方式数。

2. 加法原理加法原理是指，如果一个事件发生的方式有m种，而另一个事件发生的方式有n种，且这两个事件不可能同时发生，那么这两个事件发生的方式总数为m+n种。

在排列组合中，加法原理可以用来计算两个事件发生的方式总数。

3. 组合恒等式组合恒等式是指，对于任意的非负整数n和r，有以下恒等式成立：C(n,r) = C(n-1,r-1) + C(n-1,r)这个恒等式的意义在于，将n个元素中的一个元素作为特殊元素，分为两种情况：特殊元素被选中，和特殊元素不被选中。

这样就可以将原问题转化为两个子问题，通过加法原理求解。

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）。

常见组合恒等式推导过程

常见组合恒等式推导过程
嗨，亲爱的小伙伴们！今天咱们来聊聊常见组合恒等式的推导过程，准备好和我一起探索这个有趣的数学世界啦！
咱们先来说说那个“$C_n^m = C_n^{n m}$”这个恒等式哈。

想象一下，从$n$个东西里选$m$个，这和从$n$个里不选那$m$个，剩下的选法是不是一样多呀？比如说有 5 个苹果，选 2 个和不
选那 2 个，剩下的选法数量是相同的哟！
再看看“$C_{n + 1}^m = C_n^m + C_n^{m 1}$”这个。

咱们
可以这样想，从$n + 1$个里选$m$个，就好像先从前面$n$个里选$m$个，或者是从前面$n$个里选$m 1$个，然后再加上那一个。

是不是一下子就清楚啦？
还有那个“$\sum_{k = 0}^n C_n^k = 2^n$”。

想象一下，每
一个东西都有选和不选两种可能，$n$个东西就有$2^n$种可能
啦。

而从$n$个里选$k$个的组合数加起来，不就是所有的可能情
况嘛！
哎呀，推导这些组合恒等式就像是在玩解谜游戏，一步步找到答
案的感觉超棒的！有时候多想想，多画画图，就能突然明白过来。

小伙伴们，数学的世界是不是很神奇呀？其实只要咱们用心去琢磨，这些看似复杂的恒等式也能变得简单易懂呢！加油哦，相信你们
也能玩转这些组合恒等式！
好啦，今天就先聊到这儿，咱们下次继续探索更多有趣的数学知识！。

组合数的计算与应用

组合数的计算与应用组合数是高中数学中一个重要的概念，在概率论、组合数学、数论等领域都有广泛应用。

本文将围绕组合数的定义、计算、性质及应用展开相关论述，以便读者更加深入的了解和掌握这一概念。

一、组合数的定义组合数是指从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个的方案数，用$C_n^m$ 或 $\binom{n}{m}$ 表示，其中 $n,m$ 均为非负整数，且满足$0\le m\le n$。

二、组合数的计算1. 排列组合的关系在讨论组合数的计算方法之前，首先需要了解排列和组合的关系。

从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个，有几种不同的方法呢？若只考虑选出来的元素的顺序，即从 $n$ 个元素中排列出 $m$ 个元素，则一共有 $P_n^m=\dfrac{n!}{(n-m)!}$ 种方案。

而若只考虑选出来的元素的种类，不考虑其顺序，则一共有$C_n^m=\dfrac{P_n^m}{m!}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}$ 种方案。

2. 推导组合数公式推导组合数公式的方法有多种，这里介绍一种基于递推关系的方法。

当 $m=0$ 时，显然 $C_n^0=1$。

当 $m=1$ 时，有 $C_n^1=n$。

当$m>1$ 时，可以推导出递推公式：$$C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^m$$这个递推公式的意义是，取出 $n$ 个元素中 $m$ 个元素，可以分为两种情况：第一种是必选 $n$ 元素中的一个，然后再从 $n-1$ 个元素中选出 $m-1$ 个元素；第二种是不选 $n$ 元素，然后从 $n-1$ 个元素中选出 $m$ 个元素。

两种方案加起来就是总方案数。

基于递推关系，可以快速计算出任意组合数，而无需枚举所有可能的选法。

下面是一个用 Python 实现的组合数计算函数：```pythondef C(n, m):if m == 0:return 1else:return C(n-1, m-1) + C(n-1, m)```三、组合数的性质组合数有一些重要的性质，这些性质不仅有助于更好的理解组合数的含义，也为组合数在各个领域的应用提供了理论基础。

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）=。

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。

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 -≥。

组合恒等式证明的几种方法

1引言
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.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计算或化简，使得等式两边相等，或者利用二项式定理在展开式中令和为某个特定的值，也可以先对二项式定理利用幂级数的微商或积分后再代值，得出所需要的恒等式.
.
当时,
左边=
即当时,命题也成立.
由(1),(2)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法还有很多，例如，微积分法，二项式反演公式法，几何法等.本文介绍的主要是几种常见的方法，以上的方法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.通过学习，我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.但各种方法之间也存在一定的联系.有时一道题可以同时使用几种方法，思路很活！
致谢
本论文是在沈邦玉老师的悉心指导下完成的。沈老师渊博的专业知识，严谨的治学态度，精益求精的工作作风，诲人不倦的高尚师德，严以律己、宽以待人的崇高风范，朴实无华、平易近人的人格魅力对我影响深远。不仅使我树立了远大的学术目标、掌握了基本的研究方法，还使我明白了许多待人接物与为人处世的道理。本论文从选题到完成，每一步都是在沈老师的指导下完成的，倾注了沈老师大量的心血。在此，谨向沈老师表示崇高的敬意和衷心的感谢！
证明：（1）
等式两边对求导，
令得，
即证.
（2）由二项式定理有，
上式两边对积分，有
即 .
此类方法证明组合恒等式的步骤是先对恒等式两边对求一阶或二阶导数，或者积分，然后对取特殊值代入，得到所需证明的等式.

高一数学导学案教案-组合恒等式

本讲将涉及到组合学的一个重要内容：组合恒等式.从组合数和二项式定理开始，可以得到很多有趣的恒等式.事实上，历史上出现过数以千计的组合恒等式，直到现在仍然有新的恒等式出现.在中科大小丛书《组合恒等式》中，史济怀教授给出了两百多个组合恒等式.由于现在各级竞赛中对组合恒等式要求大为降低，因此本讲只涉及比较简单的恒等式，以及利用这些恒等式来解决问题以下给出一些基础知识： 1．二项式定理*0()()nnk n k kn k a b C a b n -=+=∈∑N2．二项展开式的通项1(0)r n r r r n T C a b r n -+=≤≤它是展开式的第r +1项.3．二项式系数(0)r n C r n ≤≤4．二项式系数的性质⑴ (0)k n knn C C k n -=≤≤ ⑵ 111(01)k k k n n n C C C k n ---=+≤≤-⑶ 若n 是偶数，有01122,n n n n n nn nnnC C C C C C -<<<>>>L L ，即中间一项的二项式系数2n nC 最大.若n 是奇数，有1101122n n n n n nnnnnC C CCC C -+-<<<=>>>L L ，即中项二项的二项式系数12n nC-和12n nC+相等且最大.⑷ 0122n n nn n n C C C C +++⋅⋅⋅+= ⑸ 02413512n nn n n n n C C C C C C -+++⋅⋅⋅=+++⋅⋅⋅= ⑹ 11k k n n kC nC --=和11k k nn n C C k--= 本讲概述第3讲组合恒等式⑺ ()k m m k m k m mn k n n m n n k m C C C C C C m k n ----+⋅=⋅=⋅≤≤⑻ 1121n n n n n n n n n k n k C C C C C +++++++++⋅⋅⋅+=以上组合恒等式（是指组合数m n C 满足的恒等式）是证明一些较复杂的组合恒等式的基本工具. 5．证明组合恒等式的方法常用的有⑴ 公式法，利用上述基本组合恒等式进行证明⑵ 利用二项式定理，通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中 ⑶ 利用数学归纳法⑷ 构造组合问题模型，将证明方法划归为组合应用问题的解决方法 ⑸ 母函数法，此方法仅在冬令营以上级别要求【例1】试证明恒等式：02,(1)0,23nn nknkk k kn nnnk k k C C C ====-==∑∑∑3.1组合恒等式经典精讲【例2】证明：⑴112nk n nk kCn -==⋅∑⑵ 1121n n n n n n n n n k n k C C C C C +++++++++⋅⋅⋅+=【例3】证明：220(1)2nkn nk k C n n -==⋅+∑【例4】证明：21220(2)!22(!)nk n n k n C n -==+⋅∑【例5】已知数列0120,,,(0)a a a a ⋅⋅⋅≠满足112(1,2,3,)i i i a a a i -++==⋅⋅⋅，求证：对于任何自然数n ，011222110121()(1)(1)(1)(1)n n n n n n nn n n n n n n p x a C x a C x x a C x x a C x x a C x -----=-+-+-+⋅⋅⋅+-+是x 的一次多项式或零次多项式.【例6】证明： ⑴ 220()nk n n n k C C ==∑⑵ k t k t n m m n kC C C -+⋅=∑⑶222(1)()(1)kk n n n n kC C -=-∑【例7】设n m ≥，证明：02n mm k m n m mn m k n k C C C -+-+=⋅=∑【例8】试用恒等变形方法证明例7的等价形式：2nkp n p p n k n k p C C C -=⋅=∑【例9】 ⑴ 试求2346()x x x x +++展开式中15x 的系数；⑵ 在一次实战军事演习中，红方的一条直线防线上设有20个岗位。