构造组合模型巧证组合恒等式论文

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1、构造组合模型巧证组合恒等式论文.freel＝Cnm－1m＋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.freel－1种取法。由加法原理可知原式成立。例２证明Cnm·Cpm＝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

2、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＋…＋CkmC0m，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

3、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ki＝０CimCk－in。故原式成立。例４证明Cnn＋Cnn＋1＋Cnn＋2＋…＋Cnn＋m＝Cn＋1n＋m＋1。证明：原式右边为m＋n＋1个元素中取n＋1个，元素的组合数，不失一般性，可以认为是在１，２，３，…，m＋n，m＋n＋1，共m＋n＋1个数中取n＋1个数。将取出的n＋1个数al，a2…，an＋１由小到大排列，即设a1＜a2＜an＋1，按取出的最大数an＋1＝k＋1分类，显然k＝n，n＋1，…，n＋m。当k＝n＋i时（i＝0，1

4、，2，…，m），这一类取法数为Cnn＋i，所以取法总数又等于mi＝０Cnn＋i。原式成立。对于某些组合恒等式，有时其左右两边所表示的意义都不易看出，但是如果根据组合数的特点仔细分析，或对原式进行一些适当的变形，往往可以巧妙地构造一个组合问题做为模型，证明就可化难为易。例５证明CIn＋2c2n＋3c3n＋…＋nCnn＝n2n－1。分析：注意，原式左端等价C11Cin＋Ci2C2n＋…＋CinCnn，这里CIiCIn可表示先在n个元素里选i个，再在这i个元素里选一个的组合数，可设一个班有n个同学，选出若干人（至少1人）组成一个代表团，并指定一人为团长。把这种选法按取到的

5、人数i分类（i＝1，2，…，n），则选法总数即为原式左端。今换一种选法，先选团长，有ｎ种选法，再决定剩下的n－1人是否参加，每人都有两种可能，所以团员的选法有2n－1种。即选法总数为n2n－1种。显然两种选法是一致的。这里应注意2n的意义，并能用组合意义证明ni＝0Cin＝2n。例６证明Cln＋22C2n＋32C3n＋…＋n2Cnn＝n（n＋1）2n－２。分析：本题左边与例５左边类似，不同的是例５左边为ni＝liCin，而本题为ni＝Li2Cin。只要在例５构造的模型中加上同时还要选一个干事，并且干事和团长可以是同一个人，即可符合原式左边。对原式右边我们可分为团长和

6、干事是否是同一个人两类情况。若团长和干事是同一个人，则有n2n－1种选法；若团长和干事不是同一个人，则有n（n－l）2n－l种选法。所以，共有n2n－l＋n（n－l）2n－2＝n（n＋l）2n－2种选法。若把恒等式中较简单的一边去掉，变为化简组合式，用此法同样能完成化简，读者可自己体会。用组合数的意义证明组合恒等式，除了对提高学生的智力及观察分析问题的能力有帮助外，还有它独到的好处，那就是把抽象的组合数还原为实际问题，能提高学生应用数学知识解决实际问题的能力，把枯燥的公式还原为有趣的实例，能提高学生的学习兴趣。所以，老师在教学过程中适当介绍一些这方面的内容，将是大有

7、益处的。