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  • 这个如何来证明呢?自己反复列了几次,都没有得出...“不确定的话,就找个数代代看看”这么个思想都没有……,不多说了,深层次的原理是,牛顿的二项式定理。 这里的二项式通项一定要记住,很重要。以下的...

    这个如何来证明呢?自己反复列了几次,都没有得出相关的结果,于是在网上找了答案,有用数学归纳法的,有用其他方法的,但都没有说明原理,如下用数学归纳法证明:

    注:其实自己是没有想到用数学归纳法的,从这点也可以看出自己对于数学的无知。“不确定的话,就找个数代代看看”这么个思想都没有……,不多说了,深层次的原理是,牛顿的二项式定理。

     

    这里的二项式通项一定要记住,很重要。以下的证明都是基于它。

    没什么可说的,以下便是主题的具体应用。 好好学学吧。

    二项式相关性质,也挺重要的:

    例: 峁诗松《概率论》练习,第2节 第1题

     

    这个式子如何证明呢???

    而阶乘形式的公式是很容易就证得的

    展开全文
  • 只和第2,3次有关和其他无关,则概率为0.4*0.4 (5) 有两种方法,正面求解相加,也可以从反面来推,推荐从反面求解,【1 - 没有击中一次的概率】: 1−C50p0(1−p)51 - C_5^0p^0(1-p)^51−C50​p0(1−p)5 二项式定理 二...

    概率试验

    • 1.投掷一个骰子投掷5次
    • 2.某人射击1次,击中目标的概率是0.8, 他射击10次;
    • 3.一个盒子中装有5个球(3红2白),有放回依次从中抽取5个球
    • 4.生产一种零件,出现次品的概率是0.04,生产这种零件4件

    以上这些的特点都是:

    • 条件相同
    • 独立重复性试验
    • 发生或者不发生
    • 发生的概率相同

    例子

    投掷一枚图钉,设针尖向上的概率为p, 则针尖向下的概率为q = 1 - p. 连续投掷一枚图钉3次,仅出现1次针尖向上的概率是多少?

    分析:这是一个条件相同,独立重复性试验: P = C 3 1 p q 2 = 3 p q 2 P = C_3^1 p q^2 = 3 p q^2 P=C31pq2=3pq2

    扩展:如果连续投3次图钉,出现k(0 <= k <= 3)次针尖向上的概率是多少?

    • 出现0次: P ( B 0 ) = P ( A 1 ˉ A 2 ˉ A 3 ˉ ) = q 3 P(B_0) = P(\bar{A_1} \bar{A_2} \bar{A_3}) = q^3 P(B0)=P(A1ˉA2ˉA3ˉ)=q3
    • 出现1次: P ( B 1 ) = P ( A 1 A 2 ˉ A 3 ˉ ) + P ( A 1 ˉ A 2 A 3 ˉ ) + P ( A 1 ˉ A 2 ˉ A 3 ) = 3 q 2 p P(B_1) = P(A_1\bar{A_2}\bar{A_3}) + P(\bar{A_1}A_2\bar{A_3}) + P(\bar{A_1}\bar{A_2}A_3) = 3q^2p P(B1)=P(A1A2ˉA3ˉ)+P(A1ˉA2A3ˉ)+P(A1ˉA2ˉA3)=3q2p
    • 出现2次: P ( B 2 ) = P ( A 1 A 2 A 3 ˉ ) + P ( A 1 ˉ A 2 A 3 ) + P ( A 1 A 2 ˉ A 3 ) = 3 q p 2 P(B_2) = P(A_1A_2\bar{A_3}) + P(\bar{A_1}A_2A_3) + P(A_1\bar{A_2}A_3) = 3qp^2 P(B2)=P(A1A2A3ˉ)+P(A1ˉA2A3)+P(A1A2ˉA3)=3qp2
    • 出现3次: P ( A 1 A 2 A 3 ) = p 3 P(A_1A_2A_3) = p^3 P(A1A2A3)=p3
    • 总结: P ( B k ) = C 3 k p k q 3 − k , k = 0 , 1 , 2 , 3 P(B_k) = C_3^kp^kq^{3-k}, k=0,1,2,3 P(Bk)=C3kpkq3k,k=0,1,2,3

    伯努利分布

    • 伯努利分布(Bernoulli distribution) 又名两点分布或0-1分布,介绍伯努利分布前首先需要引入伯努利试验(Bernoulli trial)
    • 伯努利试验是只有两种可能结果的单次随机试验,即对于一个随机变量X而言:伯努利试验都可以表达为"是或否"的问题
    • 例如:抛一次硬币是正面朝上吗?刚出生的孩子是男孩吗?等
    • 如果试验E是一个伯努利试验,将E独立重复进行n次,则称这一串重复的独立试验为n重伯努利试验
    • 进行一次伯努利试验,成功(X=1)概率为p(0 <= p <= 1), 失败(X=0)概率为1-p,则称随机变量X服从伯努利分布,伯努利分布是离散型概率分布

    二项分布

    • 在n次独立重复试验中,设事件A发生的次数是X, 且在每次试验中事件A发生的概率是p, 那么事件A恰好发生k次的概率是 P ( X = k ) = C n k p k ( 1 − p ) n − k , k = 0 , 1 , 2 , . . . , n P(X=k) = C_n^kp^k(1-p)^{n-k}, k = 0, 1, 2, ..., n P(X=k)=Cnkpk(1p)nk,k=0,1,2,...,n
    • 于是得到随机变量X的概率分布如下:q = 1 - p
      • X: 0, 1, …, k, …, n
      • p: C n 0 p 0 q n , C n 1 p 1 q n − 1 , . . . , C n k p k q n − k , . . . , C n n p n q 0 C_n^0p^0q^n, C_n^1p^1q^{n-1}, ..., C_n^kp^kq^{n-k}, ..., C_n^np^nq^0 Cn0p0qn,Cn1p1qn1,...,Cnkpkqnk,...,Cnnpnq0
      • 此时我们称随机变量X服从二项分布,记为: X ∼ B ( n , p ) X \sim B(n,p) XB(n,p) 其中p为成功概率
      • ∑ k = 0 n C n k p k ( 1 − p ) n − k = 1 \sum_{k=0}^n C_n^kp^k(1-p)^{n-k} = 1 k=0nCnkpk(1p)nk=1 全概率 求和是必然事件,概率为1

    案例1

    • 某射手每次射击击中目标的概率是0.8, 求这名射手在10次射击中
    • (1) 恰好有8次击中目标的概率
    • (2) 至少有8次击中目标的概率

    分析:

    • (0) p = 0.8 , 1 − p = 0.2 , n = 10 p=0.8, 1 - p = 0.2, n = 10 p=0.8,1p=0.2,n=10
    • (1) C 1 0 8 p 8 ( 1 − p ) 2 C_10^8p^8(1-p)^2 C108p8(1p)2
    • (2) p ( 8 ) + p ( 9 ) + p ( 10 ) = C 10 8 p 8 ( 1 − p ) 2 + C 10 9 p 9 ( 1 − p ) + C 10 10 p 10 p(8)+p(9)+p(10) = C_{10}^8p^8(1-p)^2 + C_{10}^9p^9(1-p) + C_{10}^{10}p^{10} p(8)+p(9)+p(10)=C108p8(1p)2+C109p9(1p)+C1010p10
    • 将(0)带入(1)、(2) 得到最终的解

    案例2

    • 设一个射手平均每设计10次中靶4次,求在5次射击中
    • (1)击中1次
    • (2)第二次击中
    • (3)击中两次
    • (4)第二、三两次击中
    • (5)至少击中一次
    • 求以上的概率

    分析:

    • 由题意:射手射击1次,中靶的概率是0.4
    • (1) n=5, k=1, 则 P ( X = 1 ) = C 5 1 p ( 1 − p ) 4 P(X = 1) = C_5^1p(1-p)^4 P(X=1)=C51p(1p)4
    • (2) 第二次击中和其他几次击中没有任何关系,也就是他一次击中的概率即为0.4
    • (3) n=5, k=2, 则 P ( X = 2 ) = C 5 2 p ( 1 − p ) 3 P(X = 2) = C_5^2p(1-p)^3 P(X=2)=C52p(1p)3
    • (4) 只和第2,3次有关和其他无关,则概率为0.4*0.4
    • (5) 有两种方法,正面求解相加,也可以从反面来推,推荐从反面求解,【1 - 没有击中一次的概率】: 1 − C 5 0 p 0 ( 1 − p ) 5 1 - C_5^0p^0(1-p)^5 1C50p0(1p)5

    二项式定理

    • 二项展开公式 ( a + b ) n = C n 0 a n + C n 1 a n − 1 b + C n 2 a n − 2 b 2 + . . . + C n r a n − r b r + . . . + C n n b n    ( n ∈ N + ) (a+b)^n = C_n^0a^n + C_n^1a^{n-1}b + C_n^2a^{n-2}b^2 + ... + C_n^ra^{n-r}b^r + ... + C_n^nb^n \ \ (n \in N_+) (a+b)n=Cn0an+Cn1an1b+Cn2an2b2+...+Cnranrbr+...+Cnnbn  (nN+)

    • 二项展开式的通项公式: T r + 1 = C n r a n − r b r      ( 0 ≤ r ≤ n , r ∈ N , n ∈ N + ) T_{r+1} = C_n^ra^{n-r}b^r \ \ \ \ (0 \leq r \leq n , r \in N, n \in N_+) Tr+1=Cnranrbr    (0rn,rN,nN+), 主要用来求指定的项

    • 项的系数与二项式系数

      • 项的系数与二项式系数是不同的两个概念,但当二项式的两个项的系数都为1时,系数就是二项式系数,如
      • ( a x + b ) n (ax+b)^n (ax+b)n的展开式中,第r+1项的二项式系数为 C n r C_n^r Cnr
      • 第r+1项的系数为 C n r a n − r b r C_n^ra^{n-r}b^r Cnranrbr
      • ( x + 1 x ) n (x+\frac{1}{x})^n (x+x1)n的展开式中的系数等于二项式系数
      • 二项式系数是组合数,一定为正的;而项的系数不一定为正的
    • ( 1 + x ) n (1+x)^n (1+x)n的展开式: ( 1 + x ) n = C n 0 x n + C n 1 x n − 1 + C n 2 x n − 2 + . . . + C n n x 0 (1+x)^n = C_n^0x^n + C_n^1x^{n-1} + C_n^2x^{n-2} + ... + C_n^nx^0 (1+x)n=Cn0xn+Cn1xn1+Cn2xn2+...+Cnnx0

      • 若令x=1, 则有: ( 1 + 1 ) n = 2 n = C n 0 + C n 1 + C n 2 + . . . + C n n (1+1)^n = 2^n = C_n^0 + C_n^1 + C_n^2+ ... + C_n^n (1+1)n=2n=Cn0+Cn1+Cn2+...+Cnn
      • 二项式奇数项系数的和等于二项式偶数项系数的和.
      • 即: C n 0 + C n 2 + . . . = C n 1 + C n 3 + . . . = 2 n − 1 C_n^0 + C_n^2 + ... = C_n^1 + C_n^3 + ... = 2^{n-1} Cn0+Cn2+...=Cn1+Cn3+...=2n1
    • 二项式系数的性质

      • 对称性: 与首末两端"等距离"的两个二项式系数相等,即 C n m = C n n − m C_n^m = C_n^{n-m} Cnm=Cnnm
      • 增减性与最大值
        • r ≤ n + 1 2 r \leq \frac{n+1}{2} r2n+1时,二项式系数 C n r C_n^r Cnr的值逐渐增大,当 r ≥ n + 1 2 r \geq \frac{n+1}{2} r2n+1时, C n r C_n^r Cnr的值逐渐减少,且在中间取得最大值
        • 当n为偶数时,中间一项(第 n 2 + 1 \frac{n}{2} + 1 2n+1项)的二项式系数 C n n 2 C_n^{\frac{n}{2}} Cn2n取得最大值
        • 当n为奇数时,中间两项(第 n + 1 2 \frac{n+1}{2} 2n+1和第 n + 1 2 + 1 \frac{n+1}{2} + 1 2n+1+1项)的二项式系数 C n n − 1 2 = C n n + 1 2 C_n^{\frac{n-1}{2}} = C_n^{\frac{n+1}{2}} Cn2n1=Cn2n+1相等并同时取最大值
    • 系数最大项的求法

      • 设第r项的系数 A r A_r Ar最大,由不等式组 { A r ≥ A r − 1 A r ≥ A r + 1 \left\{\begin{aligned}A_r \geq A_{r-1} \\A_r \geq A_{r+1}\end{aligned}\right. {ArAr1ArAr+1可确定r
    • 赋值法

      • ( a x + b ) n = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + . . . + a n x n (ax+b)^n = a_0 + a_1x + a_2x^2 + ... + a_nx^n (ax+b)n=a0+a1x+a2x2+...+anxn, 则设 f ( x ) = ( a x + b ) n f(x) = (ax+b)^n f(x)=(ax+b)n, 有
      • a 0 = f ( 0 ) a_0 = f(0) a0=f(0)
      • a 0 + a 1 + a 2 + . . . + a n = f ( 1 ) a_0 + a_1 + a_2 + ... + a_n = f(1) a0+a1+a2+...+an=f(1)
      • a 0 − a 1 + a 2 − a 3 + . . . + ( − 1 ) n a n = f ( − 1 ) a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + ... + (-1)^na_n = f(-1) a0a1+a2a3+...+(1)nan=f(1)
      • a 0 + a 2 + a 4 + a 6 + . . . = f ( 1 ) + f ( − 1 ) 2 a_0 + a_2 + a_4 + a_6 + ... = \frac{f(1) + f(-1)}{2} a0+a2+a4+a6+...=2f(1)+f(1)
      • a 1 + a 3 + a 5 + a 7 + . . . = f ( 1 ) − f ( − 1 ) 2 a_1 + a_3 + a_5 + a_7 + ... = \frac{f(1) - f(-1)}{2} a1+a3+a5+a7+...=2f(1)f(1)

    从二项分布到二项式定理

    1) 二项式定理公式

    • ( a + b ) n = C n 0 a n b 0 + C n 1 a n − 1 b 1 + . . . + C n r a n − r b r + . . . + C n n b n a 0 = ∑ r = 0 n C n r a n − r b r (a+b)^n = C_n^0a^nb^0 + C_n^1a^{n-1}b^1 + ... + C_n^ra^{n-r}b^r + ... + C_n^nb^na^0 = \sum_{r=0}^n C_n^ra^{n-r}b^r (a+b)n=Cn0anb0+Cn1an1b1+...+Cnranrbr+...+Cnnbna0=r=0nCnranrbr
    • 写成p,q的形式为: ( p + q ) n = C n 0 p n q 0 + C n 1 p n − 1 q 1 + . . . + C n r p n − r q r + . . . + C n n p n q 0 (p+q)^n = C_n^0p^nq^0 + C_n^1p^{n-1}q^1 + ... + C_n^rp^{n-r}q^r + ... + C_n^np^nq^0 (p+q)n=Cn0pnq0+Cn1pn1q1+...+Cnrpnrqr+...+Cnnpnq0

    2 ) 二项分布与二项式定理之间的联系

    • 二项分布对应二项式定理的每一项
    • 二项分布的概率求和是二项式定理的一个特殊情况,也就是 p + q = 1 p + q = 1 p+q=1的情况

    二项分布与两点分布之间的关系

    案例分析

    • 篮球比赛,每次罚球命中得1分,不中得0分,某篮球运动员罚球命中率为0.7,在某次比赛中他一共罚球20次,则
    • (1) 他一次罚球的得分服从两点分布
    • (2) 在这次比赛中,命中次数X服从二项分布即 X ∼ B ( 20 , 0.7 ) X \sim B(20, 0.7) XB(20,0.7)

    总结

    • 两点分布:在一次试验中,事件A出现的概率为p,事件A不出现的概率为q=1-p,若以X记一次试验中A出现的次数,则X仅取0、1两个值。两点分布就是0-1分布, 是特殊的二项分布, 只是不同的叫法,也是试验次数为1的伯努利试验。 X ∼ B ( 1 , p ) X \sim B(1,p) XB(1,p)
    • 二项分布:是重复n次独立的伯努利试验。在每次试验中只有两种可能的结果,而且两种结果发生与否互相对立,并且相互独立,与其它各次试验结果无关,事件发生与否的概率在每一次独立试验中都保持不变, 是试验次数为n次的伯努利试验。
    • 两点分布是一种特殊的二项分布,n=1, p=p

    二项分布与超几何分布之间的关系

    案例分析

    • 一个袋中放有M个红球,(N - M)个白球,依次从袋中取n个球,记下红球的个数X
    • (1) 如果是有放回地取,则 X ∼ B ( n , M N ) X \sim B(n, \frac{M}{N}) XB(n,NM)
    • (2) 如果是不放回地取,则X服从超几何分布 P ( X = k ) = C M k C N − M n − k C N n    ( k = 0 , 1 , 2 , . . . , m ) P(X=k) = \frac{C_M^k C_{N-M}^{n-k}}{C_N^n} \ \ (k=0,1,2,...,m) P(X=k)=CNnCMkCNMnk  (k=0,1,2,...,m) 其中 m = m i n ( M , n ) m=min(M,n) m=min(M,n)

    超几何分布的推导

    • 设有7个球,4红,3白,连续取3个球(n=3), 则红球的变量X为:(k ~ 0,1,2,3)

    • 分类讨论:

      • X为0:白白白 =》 P ( X = 0 ) = 3 7 ∗ 2 6 ∗ 1 5 P(X=0) = \frac{3}{7} * \frac{2}{6} * \frac{1}{5} P(X=0)=736251
      • X为1:红白白、白红白、白白红 =》 P ( X = 1 ) = 4 7 ∗ 3 6 ∗ 2 5 + 3 7 ∗ 4 6 ∗ 2 5 + 3 7 ∗ 2 6 ∗ 4 5 P(X=1) = \frac{4}{7} * \frac{3}{6} * \frac{2}{5} + \frac{3}{7} * \frac{4}{6} * \frac{2}{5} + \frac{3}{7} * \frac{2}{6} * \frac{4}{5} P(X=1)=746352+736452+736254
      • X为2:类似上面,此处省略
      • X为3:类似上面,此处省略
    • 关于超几何分布 百度百科

    展开全文
  • 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 :

    n n n 是正整数 , 对于一切 x x x y y y , 有以下定理 :

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


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


    另一个常用形式 ( y = 1 y = 1 y=1 ) :

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


    基本求和公式 ( x = y = 1 x = y =1 x=y=1 ) :

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





    二、组合恒等式 ( 递推式 1 )



    ( n k ) = ( n n − k ) \dbinom{n}{k} = \dbinom{n}{n-k} (kn)=(nkn)



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


    一般情况下 , ( n k ) \dbinom{n}{k} (kn) 的下项 , 不超过上项的一半 ;
    如果出现 ( 10 8 ) \dbinom{10}{8} (810) , 就可以写成 ( 10 2 ) \dbinom{10}{2} (210)





    三、组合恒等式 ( 递推式 2 )



    ( n k ) = n k ( n − 1 k − 1 ) \dbinom{n}{k} = \dfrac{n}{k} \dbinom{n - 1}{k - 1} (kn)=kn(k1n1)



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


    此时需要消去 k k k 系数 ;


    使用 n k ( n − 1 k − 1 ) \dfrac{n}{k} \dbinom{n - 1}{k - 1} kn(k1n1) 代替 ( n k ) \dbinom{n}{k} (kn) , 有以下计算过程 :

    ∑ k = 0 n k ( n k ) = ∑ k = 0 n k n k ( n − 1 k − 1 ) \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} k=0nk(kn)=k=0nkkn(k1n1)


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

    ∑ k = 0 n k ( n k ) = ∑ k = 0 n k n k ( n − 1 k − 1 ) = n ∑ k = 0 n ( n − 1 k − 1 ) \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} k=0nk(kn)==k=0nkkn(k1n1)nk=0n(k1n1)

    然后计算 ∑ k = 0 n ( n − 1 k − 1 ) \sum\limits_{k=0}^n \dbinom{n - 1}{k - 1} k=0n(k1n1) ,

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

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

    推导 : ( 1 + 1 ) n − 1 = ∑ k = 0 n − 1 ( n − 1 k − 1 ) = 2 n − 1 (1 + 1)^{n-1} = \sum\limits_{k=0}^{n-1} \dbinom{n-1}{k-1} = 2^{n-1} (1+1)n1=k=0n1(k1n1)=2n1

    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




    ( n k ) = ( n − 1 k ) + ( n − 1 k − 1 ) \dbinom{n}{k} = \dbinom{n - 1}{k} + \dbinom{n - 1}{k - 1} (kn)=(kn1)+(k1n1)



    该递推式 , 用于拆项 :


    可以将 ( n k ) \dbinom{n}{k} (kn) 拆成 ( n − 1 k ) + ( n − 1 k − 1 ) \dbinom{n - 1}{k} + \dbinom{n - 1}{k - 1} (kn1)+(k1n1) 之和 ;


    ( n − 1 k ) \dbinom{n - 1}{k} (kn1) 拆成 ( n k ) − ( n − 1 k − 1 ) \dbinom{n}{k} -\dbinom{n - 1}{k - 1} (kn)(k1n1) 之差 ;


    将 将 ( n − 1 k − 1 ) \dbinom{n - 1}{k - 1} (k1n1) 拆成 ( n k ) − ( n − 1 k ) \dbinom{n}{k} -\dbinom{n - 1}{k} (kn)(kn1) 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 :

    n n n 元集中选取 k k k 子集 , 这是集合组合数 ;


    指定其中某个元素 a a a ;

    ① 包含 a a a 元素 : k k k 子集中包含 a a a 元素的情况组合数 ( n − 1 k − 1 ) \dbinom{n - 1}{k - 1} (k1n1) , k k k 子集中包含 a a a , 只需要在除 a a a 元素外 , 剩下的 n − 1 n-1 n1 个元素中 , 选出 k − 1 k-1 k1 个元素即可 ;

    ② 不包含 a a a 元素 : k k k 子集中不包含 a a a 元素的情况组合数 ( n − 1 k ) \dbinom{n - 1}{k} (kn1) , k k k 子集中不包含 a a a , 只需要在除 a a a 元素外 , 剩下的 n − 1 n-1 n1 个元素中 , 选出 k k k 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 : n n n 元集
    • 指定元素 : 某个特定元素 a a a
    • 指定计数问题 :
      • ① 问题 1 : n n n 元集 k k k 组合数 ;
      • ② 问题 2 : n n n 元集中 k k k 组合数 , 组合中含有元素 a a a , 不含有元素 a a a 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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  • 二项式定理

    2020-05-27 21:40:06
    二项式定理2.1什么是二项式定理2.1.1 研究历史2.1.2 二项式定理2.1.2定理描述及证明方法应用若干 2.1什么是二项式定理 2.1.1 研究历史 二项式系数的三角形排列通常被认为是法国数学家布莱兹·帕斯卡的贡献,他在17...

    2.1什么是二项式定理

    2.1.1 研究历史

    二项式系数的三角形排列通常被认为是法国数学家布莱兹·帕斯卡的贡献,他在17世纪描述了这一现象。但早在他之前,就曾有数学家进行类似的研究。例如,古希腊数学家欧几里得于公元前4世纪提到了指数为2的情况。公元前三世纪,印度数学家青目探讨了更高阶的情况。帕斯卡三角形的雏形于10世纪由印度数学家大力罗摩发现。在同一时期,波斯数学家卡拉吉和数学家兼诗人欧玛尔·海亚姆得到了更为普遍的二项式定理的形式。13世纪,中国数学家杨辉也得到了类似的结果。卡拉吉用数学归纳法的原始形式给出了二项式定理和帕斯卡三角形(巴斯卡三角形)的有关证明。艾萨克·牛顿勋爵将二项式定理的系数推广到有理数

    2.1.2 二项式定理

    二项式定理(英语:Binomial theorem)描述了二项式的幂的代数展开。根据该定理,可以将两个数之和的整数次幂诸如 ( x + y ) n {\displaystyle (x+y)^{n}} (x+y)n 展开为类似 a x b y c {\displaystyle ax^{b}y^{c}} axbyc 项之和的恒等式,其中 b 、 c {\displaystyle b}、{\displaystyle c} bc 均为非负整数且 b + c = n {\displaystyle b+c=n} b+c=n。系数 a {\displaystyle a} a是依赖于 n {\displaystyle n} n b {\displaystyle b} b的正整数。当某项的指数为1时,通常略去不写。例如:

    ( x + y ) 4    =    x 4   +   4 x 3 y   +   6 x 2 y 2   +   4 x y 3   +   y 4 . {\displaystyle (x+y)^{4}\;=\;x^{4}\,+\,4x^{3}y\,+\,6x^{2}y^{2}\,+\,4xy^{3}\,+\,y^{4}.} (x+y)4=x4+4x3y+6x2y2+4xy3+y4.
    a x b y c {\displaystyle ax^{b}y^{c}} axbyc 中的系数 a {\displaystyle a} a被称为二项式系数,记作 ( n b ) {\displaystyle {\tbinom {n}{b}}} (bn) ( n c ) {\displaystyle {\tbinom {n}{c}}} (cn)(二者值相等。二项式定理可以推广到任意实数次幂,即广义二项式定理。


    对直到四次幂的二项式的可视化

    2.1.2定理描述及证明方法

    定理描述在这里插入图片描述

    证明

    1. 数学归纳法
      在这里插入图片描述
      2 组合方法
      在这里插入图片描述
      3 一般形式的证明
      在这里插入图片描述

      在这里插入图片描述

    3 应用若干

    牛顿以二项式定理作为基石发明出了微积分。其在初等数学中应用主要在于一些粗略的分析和估计以及证明恒等式等。

    证明组合恒等式
    二项式定理给出的系数可以视为组合数 ( n k ) {\displaystyle {n \choose k}} (kn) 的另一种定义。 因此二项式展开与组合数的关系十分密切。 它常常用来证明一些组合恒等式。

    1. 证明 ∑ k = 0 n ( n k ) 2 = ( 2 n n ) {\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{n \choose k}^{2}={2n \choose n}} k=0n(kn)2=(n2n)
      可以考虑恒等式 ( 1 + x ) n ( 1 + x ) n = ( 1 + x ) 2 n {\displaystyle (1+x)^{n}(1+x)^{n}=(1+x)^{2n}} (1+x)n(1+x)n=(1+x)2n。 展开等式左边得到: ∑ i = 0 n ∑ j = 0 n ( n i ) ( n j ) x i x j {\displaystyle \sum _{i=0}^{n}\sum _{j=0}^{n}{n \choose i}{n \choose j}x^{i}x^{j}} i=0nj=0n(in)(jn)xixj。 注意这一步使用了有限求和与乘积可以交换的性质。 同时如果展开等式右边可以得到 ∑ k = 0 2 n ( 2 n k ) x k {\displaystyle \sum _{k=0}^{2n}{2n \choose k}x^{k}} k=02n(k2n)xk。 比较两边幂次为 k {\displaystyle k} k 的项的系数可以得到: ∑ i = 0 k ( n i ) ( n k − i ) = ( 2 n k ) {\displaystyle \sum _{i=0}^{k}{n \choose i}{n \choose k-i}={2n \choose k}} i=0k(in)(kin)=(k2n)。 令 k = n {\displaystyle k=n} k=n,并注意到 ( n i ) = ( n n − i ) {\displaystyle {n \choose i}={n \choose n-i}} (in)=(nin) 即可得到所要证明的结论。
    2. 证明 ∑ k = 0 n ( n k ) = 2 n {\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{n \choose k}=2^{n}} k=0n(kn)=2n
      因为 ( x + y ) n = ∑ k = 0 n ( n k ) x n − k y k {\displaystyle (x+y)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{n-k}y^{k}} (x+y)n=k=0n(kn)xnkyk x = y = 1 {\displaystyle x=y=1} x=y=1,代入上式,得
      ( 1 + 1 ) n = 2 n = ∑ k = 0 n ( n k ) ⋅ 1 n − k ⋅ 1 k = ( n 0 ) + ( n 1 ) + ( n 2 ) + ⋯ + ( n n ) = ∑ k = 0 n ( n k ) {\displaystyle {\begin{aligned}(1+1)^{n}&=2^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\cdot 1^{n-k}\cdot 1^{k}\\&={n \choose 0}+{n \choose 1}+{n \choose 2}+\cdots +{n \choose n}\\&=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\end{aligned}}} (1+1)n=2n=k=0n(kn)1nk1k=(0n)+(1n)+(2n)++(nn)=k=0n(kn)

    https://zh.wikipedia.org/wiki/%E4%BA%8C%E9%A1%B9%E5%BC%8F%E5%AE%9A%E7%90%86

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