构造组合模型巧证组合恒等式

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1、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－

2、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

3、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

4、，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ａ１，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．

5、当ｋ＝ｎ＋ｉ时（ｉ＝０，１，２，…，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Ｃ１ｎ＋２Ｃ２ｎ＋３Ｃ３ｎ＋…＋ｎＣｎｎ＝ｎ２ｎ－１．分析：注意，原式左端等价于Ｃ１１Ｃ１ｎ＋Ｃ１２Ｃ２ｎ＋…＋Ｃ１ｎＣｎｎ，这里Ｃ１ｉＣｉｎ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

6、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Ｃ１ｎ＋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

7、例５左边为ｎｉ＝１ｉＣｉｎ，而本题为ｎｉ＝１ｉ２Ｃｉｎ．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－１）２ｎ－１种选法．所以，共有ｎ２ｎ－１＋ｎ（ｎ－１）２ｎ－２＝ｎ（ｎ＋１）２ｎ－２种选法．例７证明（Ｃ１ｎ）２＋２（Ｃ２ｎ）２＋３（Ｃ３ｎ）２＋…＋ｎ（Ｃｎｎ）２＝ｎＣｎ－１２ｎ－１．分析：注意到（Ｃｉｎ）

8、２＝ＣｉｎＣｎ－ｉｎ，可设一个班有ｎ个男生与ｎ个女生，在这２ｎ个学生中选ｎ个同学（至少有１名男生）组成一个代表团，并指定其中一名男生为团长，按选出的男生人数ｉ（ｉ＝１，２，…，ｎ）分类，这一类有ｉＣｉｎＣｎ－ｉｎ＝ｉ（Ｃｉｎ）２种选法，总的选法有ｎｉ＝１ｉ（Ｃｉｎ）２种．原式右边的组合意义是明显的，即直接在ｎ个男生中选一名团长，有ｎ种选法，再从剩下的２ｎ－１人中选出ｎ－１人为团员，共有ｎＣｎ－１２ｎ－１种选法．掌握了用组合意义证明组合恒等式这种方法后，还可通过构造一个组合问题的模型，编拟组合恒