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  • 一、二项式定理 、 二、组合恒等式 ( 递推式 1 ) 、 三、组合恒等式 ( 递推式 2 ) 、 四、组合恒等式 ( 递推式 3 ) 帕斯卡 / 杨辉三角公式 、 五、组合分析方法 、 六、递推式组合恒等式特点





    一、二项式定理



    二项式定理 :

    nn 是正整数 , 对于一切 xxyy , 有以下定理 :

    (x+y)n=k=0n(nk)xkynk(x + y)^n = \sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k}x^k y^{n-k}


    (nk)\dbinom{n}{k} 表示 nn 元集中取 kk 个元素的组合数 , 是 集合组合数 C(n,k)C(n,k) 的另一种写法 ;


    另一个常用形式 ( y=1y = 1 ) :

    (1+x)n=k=0n(nk)xk(1 + x)^n = \sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k}x^k


    基本求和公式 ( x=y=1x = y =1 ) :

    2n=k=0n(nk)2^n = \sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k}





    二、组合恒等式 ( 递推式 1 )



    (nk)=(nnk)\dbinom{n}{k} = \dbinom{n}{n-k}



    组合分析方法 : (nk)\dbinom{n}{k} 是求 kk 个子集选取方法 , (nnk)\dbinom{n}{n-k} 是求 nkn-k 个子集的选取方法 , 二者是一一对应的 ;


    一般情况下 , (nk)\dbinom{n}{k} 的下项 , 不超过上项的一半 ;
    如果出现 (108)\dbinom{10}{8} , 就可以写成 (102)\dbinom{10}{2}





    三、组合恒等式 ( 递推式 2 )



    (nk)=nk(n1k1)\dbinom{n}{k} = \dfrac{n}{k} \dbinom{n - 1}{k - 1}



    代入组合数的公式 , 可以得到 等号 == 两侧的值是相等的 ;

    该公式用于消去系数的 , 示例如下 :


    计算 k=0nk(nk)\sum\limits_{k=0}^n k\dbinom{n}{k} 组合式 :


    此时需要消去 kk 系数 ;


    使用 nk(n1k1)\dfrac{n}{k} \dbinom{n - 1}{k - 1} 代替 (nk)\dbinom{n}{k} , 有以下计算过程 :

    k=0nk(nk)=k=0nknk(n1k1)\begin{array}{lcl} \sum\limits_{k=0}^n k\dbinom{n}{k} = \sum\limits_{k=0}^n k \dfrac{n}{k} \dbinom{n - 1}{k - 1} \end{array}


    可以将加和式中的 kk 约掉 , 此时 nn 就与求和变量无关了 , 此时可以将 nn 提取到加和符号 \sum 外面 ,

    k=0nk(nk)=k=0nknk(n1k1)=nk=0n(n1k1)\begin{array}{lcl} \sum\limits_{k=0}^n k\dbinom{n}{k} &=& \sum\limits_{k=0}^n k \dfrac{n}{k} \dbinom{n - 1}{k - 1} \\\\ &=& n \sum\limits_{k=0}^n \dbinom{n - 1}{k - 1} \end{array}

    然后计算 k=0n(n1k1)\sum\limits_{k=0}^n \dbinom{n - 1}{k - 1} ,

    二项式定理是 : (x+y)n=k=0n(nk)xkynk(x + y)^n = \sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k}x^k y^{n-k}

    根据二项式定理 , 可以得到 (1+1)n=k=0n(nk)(1 + 1)^{n} = \sum\limits_{k=0}^n \dbinom{n}{k}

    推导 : (1+1)n1=k=0n1(n1k1)=2n1(1 + 1)^{n-1} = \sum\limits_{k=0}^{n-1} \dbinom{n-1}{k-1} = 2^{n-1}

    之后可以继续进行后续计算 ;





    四、组合恒等式 ( 递推式 3 ) 帕斯卡 / 杨辉三角公式




    (nk)=(n1k)+(n1k1)\dbinom{n}{k} = \dbinom{n - 1}{k} + \dbinom{n - 1}{k - 1}



    该递推式 , 用于拆项 :


    可以将 (nk)\dbinom{n}{k} 拆成 (n1k)+(n1k1)\dbinom{n - 1}{k} + \dbinom{n - 1}{k - 1} 之和 ;


    (n1k)\dbinom{n - 1}{k} 拆成 (nk)(n1k1)\dbinom{n}{k} -\dbinom{n - 1}{k - 1} 之差 ;


    将 将 (n1k1)\dbinom{n - 1}{k - 1} 拆成 (nk)(n1k)\dbinom{n}{k} -\dbinom{n - 1}{k} 之差;


    在一堆求和的组合数中 , 拆分成两个数之差 , 可以抵消很多组合数 ;

    经常在大的求和公式中进行化简时使用 ;



    使用组合分析的办法证明该公式 :

    nn 元集中选取 kk 子集 , 这是集合组合数 ;


    指定其中某个元素 aa ;

    ① 包含 aa 元素 : kk 子集中包含 aa 元素的情况组合数(n1k1)\dbinom{n - 1}{k - 1} , kk 子集中包含 aa , 只需要在除 aa 元素外 , 剩下的 n1n-1 个元素中 , 选出 k1k-1 个元素即可 ;

    ② 不包含 aa 元素 : kk 子集中不包含 aa 元素的情况组合数 (n1k)\dbinom{n - 1}{k} , kk 子集中不包含 aa , 只需要在除 aa 元素外 , 剩下的 n1n-1 个元素中 , 选出 kk 个元素即可 ;





    五、组合分析方法



    以上面证明 帕斯卡 / 杨辉三角 公式为例


    组合分析方法使用 : 使用组合分析方法证明组合数时 , 先指定集合 , 指定元素 , 指定两个计数问题 , 公式两边是对同一个问题的计数 ;

    • 指定集合 : nn 元集
    • 指定元素 : 某个特定元素 aa
    • 指定计数问题 :
      • ① 问题 1 : nn 元集 kk 组合数 ;
      • ② 问题 2 : nn 元集中 kk 组合数 , 组合中含有元素 aa , 不含有元素 aa 的两种组合计数 ;




    六、递推式组合恒等式特点



    使用 比较小的组合数 表示 比较大的组合数 , 称为递推式组合恒等式 ;


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  • 本文给出了三角形的切心(格尔刚点)坐标公式以及切心与三角形三顶点间的向量恒等式
  • 本文给出三角形的切心(格尔刚点)坐标公式以及切心与三角形三顶点间的向量恒等式。 。
  • 组合恒等式

    2020-12-11 22:46:45
  • 李兴源,742096830@qq.com。微信lihpb00 本文给出了三角形的切心(格尔刚点)坐标公式以及切心与三角形三顶点间的向量恒等式

    李兴源,emal:742096830@qq.com,微信lihpb00。
    本文给出了三角形的切心(格尔刚点)坐标公式以及切心与三角形三顶点间的向量恒等式。

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  • 组合恒等式7 组合变换的互逆公式双重求和可以交换次序互逆公式的证明应用互逆公式证明组合恒等式 类似离散序列的Z变换,我们也可以定义以组合数为系数的组合变换,一个直观的例子是 bk=∑i=0k(−1)iCkiaib_k = \sum_...

    类似离散序列的Z变换,我们也可以定义以组合数为系数的组合变换,一个直观的例子是
    bk=i=0k(1)iCkiaib_k = \sum_{i=0}^k (-1)^i C_k^i a_i

    bkb_k就是关于aka_k的一个组合变换,这个组合变换有一个很重要的性质,就是
    ak=i=0k(1)iCkibia_k = \sum_{i=0}^k (-1)^i C_k^i b_i

    也就是对bkb_k再做一次组合变换就又变回aka_k了,称这样的一对组合变换叫做组合变换的互逆公式,基于这种组合变换的互逆公式,可以从现有的组合恒等式得到更多的组合恒等式,这一讲就以证明这对互逆公式作为开始。

    双重求和可以交换次序

    二重积分计算有一个Fubini定理,告诉我们二重积分可以交换积分次序,在离散领域,双重求和也具有类似的性质。考虑二重求和
    S=k=0nl=0kxklS = \sum_{k=0}^n \sum_{l=0}^k x_{kl}

    这个求和可以理解成对矩阵[xkl](n+1)×(n+1)[x_{kl}]_{(n+1)\times (n+1)}的下三角部分所有元素求和,其中l=0kxkl\sum_{l=0}^k x_{kl}表示第k+1k+1行的和;当然还有另一种写法,我们也可以先写出第ll列的和k=lnxkl\sum_{k=l}^n x_{kl},则
    S=l=0nk=lnxklS = \sum_{l=0}^n \sum_{k=l}^n x_{kl}

    这样就得到了双重求和可以交换次序的结论:
    k=0nl=0kxkl=l=0nk=lnxkl\sum_{k=0}^n \sum_{l=0}^k x_{kl}=\sum_{l=0}^n \sum_{k=l}^n x_{kl}

    互逆公式的证明

    计算
    i=0k(1)iCkibk=i=0k(1)iCki(j=0i(1)jCijaj)=i=0kj=0i(1)i+jCkiCijaj=j=0ki=jk(1)i+jCkiCijaj=j=0k(1)jaji=jn(1)iCkiCij\sum_{i=0}^k (-1)^i C_k^i b_k = \sum_{i=0}^k (-1)^i C_k^i \left( \sum_{j=0}^i (-1)^j C_i^j a_j \right) = \sum_{i=0}^k \sum_{j=0}^i (-1)^{i+j}C_k^iC_i^ja_j \\ = \sum_{j=0}^k \sum_{i=j}^k (-1)^{i+j}C_k^iC_i^ja_j = \sum_{j=0}^k (-1)^ja_j \sum_{i=j}^n(-1)^iC_k^iC_i^j

    根据组合恒等式1 五个基本的组合恒等式 基础与简单例子例三的结果,
    i=jn(1)iCkiCij=(1)jδkj\sum_{i=j}^n(-1)^iC_k^iC_i^j = (-1)^j \delta_{kj}

    因此
    i=0k(1)iCkibk=j=0kδkjaj=ak\sum_{i=0}^k (-1)^i C_k^i b_k=\sum_{j=0}^k \delta_{kj}a_j =a_k

    应用互逆公式证明组合恒等式

    例1 k=1n(1)kCnk(1+12++1k)=1n\sum_{k=1}^n (-1)^kC_n^k\left( 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{k} \right) = - \frac{1}{n}
    证明
    组合恒等式1 五个基本的组合恒等式 基础与简单例子例五中,我们证明了
    i=1n(1)i+1Cni1i=i=1n1i\sum_{i=1}^n (-1)^{i+1}C_n^i \frac{1}{i}= \sum_{i=1}^n \frac{1}{i}

    把这个式子看成组合变换的结果,即
    i=1n(1)iCni1i=i=1n1i\sum_{i=1}^n (-1)^{i}C_n^i \frac{-1}{i}= \sum_{i=1}^n \frac{1}{i}

    根据互逆公式
    i=1n(1)iCni(1+12++1i)=1n\sum_{i=1}^n (-1)^{i}C_n^i \left( 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{i} \right) = -\frac{1}{n}

    例2 k=1n(1)kCnk(x+x22++xkk)=1n[1(1x)n]\sum_{k=1}^n (-1)^kC_n^k\left( x + \frac{x^2}{2} + \cdots + \frac{x^k}{k} \right) = - \frac{1}{n}[1-(1-x)^n]
    证明
    显然例2是例1的推广,等式左边的式子是个双重求和比较复杂,可以用证明这个恒等式的互逆公式的办法证明它,也就是证明

    k=1n(1)k+1Cnk1k[1(1x)k]=(x+x22++xnn)\sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}C_n^k\frac{1}{k}[1-(1-x)^k]= \left( x + \frac{x^2}{2} + \cdots + \frac{x^n}{n} \right)

    左边的式子可以写成
    k=1n(1)k+1Cnk1kk=1n(1)k+1Cnk1k(1x)kanbn\sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}C_n^k\frac{1}{k} - \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}C_n^k\frac{1}{k}(1-x)^k \triangleq a_n-b_n

    根据上例,
    an=i=1n1ia_n = \sum_{i=1}^n \frac{1}{i}

    所以只需要处理bnb_n即可,用杨辉三角裂项,
    bn=k=1n(1)k+1Cnk1k(1x)k=k=1n(1)k+1(Cnk1+Cn1k1)1k(1x)kb_n = \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}C_n^k\frac{1}{k}(1-x)^k = \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}(C_n^{k-1}+C_{n-1}^{k-1})\frac{1}{k}(1-x)^k

    其中Cn1k1/k=Cnk/nC_{n-1}^{k-1}/k = C_n^k/n,对第二项用二项式定理
    bn=k=1n(1)k+1Cnk11k(1x)k+1nk=1n(1)k+1Cnk(1x)k=bn1+1n(1xn)b_n = \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}C_n^{k-1}\frac{1}{k}(1-x)^k + \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}C_n^k(1-x)^k \\ = b_{n-1} + \frac{1}{n}(1-x^n)

    基于这个递推公式可以得到
    bn=i=1n1i(x+x22++xnn)b_n = \sum_{i=1}^n \frac{1}{i} - \left( x + \frac{x^2}{2} + \cdots + \frac{x^n}{n} \right)

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空空如也

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恒等式公式