「 學習筆記 」二項式定理與組合恆等式
二項式定理與組合恆等式
前置知識
\]
二項式定理
二項式定理：設 \(n\) 是正整數，對於一切 \(x\) 和 \(y\)
\]
常用形式
\]
等價形式
{(x + y)} ^ n & = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k y ^{n – k} \\
& = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {n – k} x ^ k y ^{n – k} \\
& = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {n – k} x ^ {n – k} y ^k \\
& = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ {n – k} y ^k \\
\end{aligned}
\]
證明 1 ( 組合意義 / 組合分析 / 算二次 )
\]
對於每一項 \(x ^ k y ^ {n – k}\)，其含義就是在 \(n\) 個 \((x + y)\) 中選擇 \(k\) 個 \(x\)、\(n – k\) 個 \(y\)，故有 \(\dbinom {n} {k}\) 中選法，即有 \(\dbinom {n} {k}\) 個 \(x ^ k y ^ {n – k}\)
證畢
證明 2 ( 數學歸納法 )
當 \(n = 1\) 時，公式顯然成立
假設公式對於正整數 \(n\) 成立，即證明公式對於 \(n + 1\) 也成立
即證
\]
- 因為公式對於 \(n\) 成立，故有
{(x + y)} ^ n & = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k y ^{n – k} \\
{(x + y)} ^ {n + 1} & = (x + y) \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k y ^{n – k} \\
& = x \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k y ^{n – k} + y \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k y ^{n – k} \\
& = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ {k + 1} y ^{n – k} + \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k y ^{n + 1 – k} \\
& = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ {k + 1} y ^{(n + 1) – (k + 1)} + \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k y ^{n + 1 – k} \\
& = \sum \limits _ {k + 1 = 1} ^ {n + 1} \dbinom {n} {(k + 1) – 1} x ^ {k + 1} y ^{(n + 1) – (k + 1)} + \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k y ^{n + 1 – k} \\
& = \sum \limits _ {k = 1} ^ {n + 1} \dbinom {n} {k – 1} x ^ k y ^{n + 1 – k} + \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k y ^{n + 1 – k} \\
& = \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} \dbinom {n} {k – 1} x ^ k y ^{n + 1 – k} + x ^ {n + 1} + \sum \limits _ {k = 1} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k y ^{n + 1 – k} + y ^ {n + 1} \\
& = \dbinom {n + 1} {0} x ^ {n + 1} + \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} \dbinom {n} {k – 1} x ^ k y ^{n + 1 – k} + \sum \limits _ {k = 1} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k y ^{n + 1 – k} + \dbinom {n + 1} {n + 1} y ^ {n + 1} \\
\end{aligned}
\]
由 \(\mathrm{Pascal}\) 公式 \(\dbinom {n + 1} {k} = \dbinom {n} {k – 1} + \dbinom {n} {k}\)（後面會證明），就可以把 \(k\) 相等的項合併了
{(x + y)} ^ {n + 1} & = \dbinom {n + 1} {0} x ^ {n + 1} + \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} \dbinom {n} {k – 1} x ^ k y ^{n + 1 – k} + \sum \limits _ {k = 1} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k y ^{n + 1 – k} + \dbinom {n + 1} {n + 1} y ^ {n + 1} \\
& = \dbinom {n + 1} {0} x ^ {n + 1} y ^ 0 + \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} \dbinom {n + 1} {k} x ^ k y ^{n + 1 – k} + \dbinom {n + 1} {n + 1} x ^ 0 y ^ {n + 1} \\
& = \sum \limits _ {k = 0} ^ {n + 1} \dbinom {n + 1} {k} x ^ k y ^{n + 1 – k} \\
\end{aligned}
\]
證畢
組合恆等式
公式 1
\]
證明 ( 組合意義 )
\(n\) 個小球選擇 \(k\) 個留下，等價於選擇 \(n – k\) 個不留下
證畢
公式 2
\]
證明 ( 公式法 )
\dbinom {n} {k} & = \dfrac {n!} {(n – k)! \times k!} \\
& = \dfrac {n} {k} \times \dfrac {(n – 1)!} {(n – k)! \times k!} \\
& = \dfrac {n} {k} \times \dfrac {(n – 1)!} {[(n – 1) – (k – 1)]! \times k!} \\
& = \dfrac {n} {k} \dbinom {n – 1} {k – 1} \\
\end{aligned}
\]
證畢
公式 3 ( Pascal 公式 )
\]
證明 ( 組合意義 )
\(n\) 個小球中選擇 \(k\) 個，等價於 ( 不選最後一個，前 \(n – 1\) 個中選擇 \(k\) 個 ) 和 ( 選最後一個，前 \(n – 1\) 個中選擇 \(k – 1\) 個 ) 的並集
公式 4
\]
證明 ( 公式法 )
由二項式定理得 \({(x + y)} ^ n = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k y ^{n – k}\)，令 \(x = y = 1\)，則等式變為
{(1 + 1)} ^ n & = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} \times 1 ^ k \times 1 ^{n – k} \\
2 ^ n & = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} \\
\sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} & = 2 ^ n \\
\end{aligned}
\]
證畢
公式 5
\]
證明 ( 公式法 )
由二項式定理得 \({(x + y)} ^ n = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k y ^{n – k}\)，令 \(x = -1\)、\(y = 1\)，則等式變為
{[(-1) + 1]} ^ n & = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} \times {(-1)} ^ k \times 1 ^{n – k} \\
0 ^ n & = \sum \limits _ {k = 0} ^ n {(-1)} ^ k \dbinom {n} {k} \\
\sum \limits _ {k = 0} ^ n {(-1)} ^ k \dbinom {n} {k} & = 0 \\
\end{aligned}
\]
證畢
公式 6 ( 變下項求和 )
\]
證明 1 ( 組合意義 )
- 公式含義：選擇 \(n\) 個小球的所有選法中每個小球出現的次數和
- 右式含義：\(n\) 個小球，每個小球被選擇的次數是 \(2 ^ {n – 1}\)
- 左式含義：對於所有選法中選擇 \(k\) 個小球情況，其對答案的貢獻是 \(k\)，共有 \(\dbinom {n} {k}\) 種選法
顯然，三種含義等價
證畢
證明 2 ( 公式法 )
由 公式 2 \(\dbinom {n} {k} = \dfrac {n} {k} \dbinom {n – 1} {k – 1}\) 得：
\sum \limits _ {k = 0} ^ {n} k \dbinom {n} {k} & = 0 \dbinom {n} {k} + \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} k \times \dbinom {n} {k} \\
& = 0 + \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} k \times \dfrac {n} {k} \dbinom {n – 1} {k – 1} \\
& = \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} n \dbinom {n – 1} {k – 1} \\
& = n \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} \dbinom {n – 1} {k – 1} \\
& = n \sum \limits _ {k = 0} ^ {n – 1} \dbinom {n – 1} {k} \\
\end{aligned}
\]
由 公式 4 \(\sum \limits _ {k = 0} ^ {n} \dbinom {n} {k} = 2 ^ n\) 得 \(\sum \limits _ {k = 0} ^ {n – 1} \dbinom {n – 1} {k} = 2 ^ {n – 1}\)，故
\sum \limits _ {k = 0} ^ {n} k \dbinom {n} {k} & = n \sum \limits _ {k = 0} ^ {n – 1} \dbinom {n – 1} {k} \\
& = n 2 ^ {n – 1} \\
\end{aligned}
\]
證畢
公式 7
\]
證明 1 ( 組合意義 )
n (n + 1) 2 ^ {n – 2} & = n (n – 1) 2 ^ {n – 2} + n \times 2 \times 2 ^ {n – 2} \\
& = n (n – 1) 2 ^ {n – 2} + n \times 2 ^ {n – 1}
\end {aligned}
\]
- 左式含義：有 \(n\) 個不同的數，對於選擇 \(k\) 個不同的數的情況，可以組成 \(k ^ 2\) 種有序數對，每種有序數對 \((a, b)\) 對答案的貢獻為 \(1\)，一起對答案的貢獻就是 \(k ^ 2\)，選擇 \(k\) 個不同的數有 \(\dbinom {n} {k}\) 種選法
- 右式含義：考慮每種有序數對 \((a, b)\) 對答案的貢獻；若 \(a \neq b\)，對於其它 \(n – 2\) 個數的每種選法中，有 \(1\) 的貢獻，有 \(2 ^ {n – 2}\) 種選法；若 \(a = b\)，對於其它 \(n – 2\) 個數的每種選法中，有 \(1\) 的貢獻，有 \(2 ^ {n – 1}\) 種選法
右式含義中的兩種情況的並集等於左式含義中的情況，故兩種含義等價
證畢
證明 2 ( 公式法 )
由 公式 2 \(\dbinom {n} {k} = \dfrac {n} {k} \dbinom {n – 1} {k – 1}\) 得：
\sum \limits _ {k = 0} ^ {n} k ^ 2 \dbinom {n} {k} & = 0 + \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} k ^ 2 \times \dfrac {n} {k} \dbinom {n – 1} {k – 1} \\
& = \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} k ^ 2 \times \dfrac {n} {k} \dbinom {n – 1} {k – 1} \\
& = \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} k \times n \dbinom {n – 1} {k – 1} \\
& = n \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} k \dbinom {n – 1} {k – 1} \\
& = n \sum \limits _ {k = 0} ^ {n – 1} (k + 1) \dbinom {n – 1} {k} \\
& = n \sum \limits _ {k = 0} ^ {n – 1} k \dbinom {n – 1} {k} + n \sum \limits _ {k = 0} ^ {n – 1} \dbinom {n – 1} {k} \\
\end{aligned}
\]
由 公式 6 \(\sum \limits _ {k = 0} ^ {n} k \dbinom {n} {k} = n 2 ^ {n – 1}\) 得：\(\sum \limits _ {k = 0} ^ {n – 1} k \dbinom {n – 1} {k} = (n – 1) 2 ^ {n – 2}\)
由 公式 4 \(\sum \limits _ {k = 0} ^ {n} \dbinom {n} {k} = 2 ^ n\) 得：\(\sum \limits _ {k = 0} ^ {n – 1} \dbinom {n – 1} {k} = 2 ^ {n – 1}\)
故原式可化為：
\sum \limits _ {k = 0} ^ {n} k ^ 2 \dbinom {n} {k} & = n \sum \limits _ {k = 0} ^ {n – 1} k \dbinom {n – 1} {k} + n \sum \limits _ {k = 0} ^ {n – 1} \dbinom {n – 1} {k} \\
& = n (n – 1) 2 ^ {n – 2} + n 2 ^ {n – 1} \\
& = n (n – 1) 2 ^ {n – 2} + n \times 2 \times 2 ^ {n – 2} \\
& = n (n + 1) 2 ^ {n – 2} \\
\end{aligned}
\]
證畢
公式 8 ( 變上項求和 )
\]
證明 ( 組合意義 )
在 \(n + 1\) 個小球中選擇 \(k + 1\) 個
對於所有選法中，考慮選擇的最後一個小球的位置為 \(l + 1(0 \leq l \leq n)\) 時對答案的貢獻，就是在前 \(l\) 個小球中選擇 \(k\) 的方案數
因此，對於所有的 \(l\) 屬於的集合的並集，就等於在 \(n + 1\) 個小球中選擇 \(k + 1\) 個的集合
證畢
公式 9
\]
證明 ( 組合意義 )
把 \(n\) 個球分成 \(3\) 堆，使得第 \(1\) 堆有 \(k\) 個球、第 \(2\) 堆有 \(r – k\) 個球、第 \(3\) 堆有 \(n – r\) 個球 的方案數
- 左式含義：先從這 \(n\) 個球中選出 \(r\) 個球，把剩下的 \(n – r\) 個分到第 \(3\) 堆；再從這 \(r\) 個中選擇 \(k\) 個分到第 \(1\) 堆，剩下的 \(r – k\) 給分到第 \(2\) 堆
- 右式含義：先從這 \(n\) 個球中選出 \(k\) 個球分到第 \(1\) 堆；再從剩下的 \(n – k\) 個中選擇 \(r – k\) 個分到第 \(2\) 堆，剩下的 \(n – r\) 給分到第 \(3\) 堆
顯然，兩種含義不會重複，並且兩種含義等價
證畢
公式 10
\]
證明 ( 組合意義 )
- 右式含義：從 \(m + n\) 個球中選出 \(r\) 個球
- 左式含義：從前 \(m\) 個球中選出 \(k\) 個球和從後 \(n\) 個球中選出 \(r – k\) 個球的並集的並集（第一個並集對於每個 \(k\) 的方案數，第二個並集對於 \(\sum\)）
顯然，兩種含義等價
證畢
公式 11
\]
證明 ( 公式法 )
\sum \limits _ {k = 0} ^ {m} \dbinom {m} {k} \dbinom {n} {k} & = \sum \limits _ {k = 0} ^ {m} \dbinom {m} {m – k} \dbinom {n} {k} \\
\end{aligned}
\]
由 公式 10 \(\sum \limits _ {k = 0} ^ {r} \dbinom {m} {k} \dbinom {n} {r – k} = \dbinom {m + n} {r}\) 得 \(\sum \limits _ {k = 0} ^ {r} \dbinom {m} {r – k} \dbinom {n} {k} = \dbinom {n + m} {r}\)，令 \(r = m\) 得：\(\sum \limits _ {k = 0} ^ {m} \dbinom {m} {m – k} \dbinom {n} {k} = \dbinom {m + n} {m}\)，故
\sum \limits _ {k = 0} ^ {m} \dbinom {m} {k} \dbinom {n} {k} & = \sum \limits _ {k = 0} ^ {m} \dbinom {m} {m – k} \dbinom {n} {k} \\
& = \dbinom {m + n} {m} \\
\end{aligned}
\]
證畢
課後習題
習題 1
\({(3x – 2y)} ^ {18}\) 的展開式中，\(x ^ 5 y ^ {13}\) 的係數是多少？\(x ^ 8 y ^ 9\) 的係數是多少？
答案
解：
\(x ^ 5 y ^ {13}\) 的係數為 \(\dbinom {18} {5} (3 ^ 5 + 2 ^ {13})\)，\(x ^ 8 y ^ 9\) 的係數為 \(0\)
習題 2
- 用二項式定理證明：\(3 ^ n = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} 2 ^ k\)
- 對於任意實數 \(r\) 求 $ \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} r ^ k$
答案
-
證：
由 二項式定理常用形式 得：\({(x + 1)} ^ n = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k\)
令 \(x = 2\)，則等式變為 \({(2 + 1)} ^ n = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} 2 ^ k\)，即 \(3 ^ n = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} 2 ^ k\)
證畢 -
解：
由 二項式定理常用形式 得：$ \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} r ^ k = {(r + 1)} ^ n$
習題 3
用 二項式定理 證明：\(2 ^ n = \sum \limits _ {k = 0} ^ {n} {(- 1)} ^ k \dbinom {n} {k} 3 ^ {n – k}\)
答案
證：
由 二項式定理 得：\({(x + y)} ^ n = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k y ^{n – k}\)
令 \(x = -1, y = 3\)，則等式變為 \({[(-1) + 3]} ^ n = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} {(-1)} ^ k 3 ^{n – k}\)
即 \(2 ^ n = \sum \limits _ {k = 0} ^ {n} {(- 1)} ^ k \dbinom {n} {k} 3 ^ {n – k}\)
證畢
習題 4
求 $ \sum \limits _ {k = 1} ^ n {(-1)} ^ k \dbinom {n} {k} {10} ^ k$
答案
解：
$ \sum \limits _ {k = 0} ^ n {(-1)} ^ k \dbinom {n} {k} {10} ^ k = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} {(-10)} ^ k$
由 二項式定理常用形式 得：\({(x + 1)} ^ n = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k\)
令 \(x = -10\)，則等式變為 \({[(-10) + 1]} ^ n = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} {(-10)} ^ k\)
故 $ \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} {(-10)} ^ k = {(-9)} ^ n$
習題 5
用組合意義證明 \(\dbinom {n} {k} – \dbinom {n – 3} {k} = \dbinom {n – 1} {k – 1} + \dbinom {n – 2} {k – 1} + \dbinom {n – 3} {k – 1}\)
答案
證：
選擇 \(n\) 個小球中的 \(k\) 個
- 左式含義：( 總方案數 ) \(-\) ( 前 \(3\) 個小球都不選的方案數 )，即表示至少選擇前 \(3\) 個小球中的一個的方案數
- 右式含義：( 選擇第 \(1\) 個小球的方案數 ) \(+\) ( 不選擇第 \(1\) 個小球，選擇第 \(2\) 個小球的方案數 ) \(+\) ( 不選擇第 \(1\) 個小球和第 \(2\) 個小球，選擇第 \(3\) 個小球的方案數 )
顯然，這兩個含義是等價的
證畢
習題 6
設 \(n\) 是正整數，請證明：
\begin{cases}
0, n = 2m + 1, m \in N_+ \\
{(-1)} ^ m \dbinom {2m} {m}, n = 2m, m \in N_+ \\
\end{cases}
\]
答案
證：
如果 \(n\) 是奇數，則 \(k\) 和 \(n – k\) 是不同奇偶的
\(\therefore\) \({(-1)} ^ k\) 和 \({(-1)} ^ {n – k}\) 是一正一負的
\sum \limits _ {k = 0} ^ n {(-1)} ^ k {\dbinom {n} {k}} ^ 2 & = \sum \limits _ {k = 0} ^ {m} {(-1)} ^ k \dbinom {n} {k} + \sum \limits _ {k = m + 1} ^ {n} {(-1)} ^ k \dbinom {n} {k} \\
& = \sum \limits _ {k = 0} ^ {m} {(-1)} ^ k \dbinom {n} {k} – \sum \limits _ {k = m + 1} ^ {n} {(-1)} ^ {n – k} \dbinom {n} {n – k} \\
& = \sum \limits _ {k = 0} ^ {m} {(-1)} ^ k \dbinom {n} {k} – \sum \limits _ {k = 0} ^ {m} {(-1)} ^ k \dbinom {n} k \\
& = 0 \\
\end{aligned}
\]
如果 \(n\) 是偶數，則 \(k\) 和 \(n – k\) 是同奇偶的
\(\therefore\) \({(-1)} ^ k = {(-1)} ^ {n – k}\)
由 二項式定理 得：
{(x + 1)} ^ n & = \sum \limits _ {k = 0} ^ {n} \dbinom {n} {k} x ^ k \\
{(x – 1)} ^ n & = \sum \limits _ {k = 0} ^ {n} {(-1)} ^ {n – k} \dbinom {n} {k} x ^ k \\
& =\sum \limits _ {k = 0} ^ {n} {(-1)} ^ k \dbinom {n} {k} x ^ k \\
{(x ^ 2 – 1)} ^ n & = \sum \limits _ {k = 0} ^ {n} {(-1)} ^ {n – k} \dbinom {n} {k} {(x ^ 2)} ^ k \\
& = \sum \limits _ {k = 0} ^ {n} {(-1)} ^ k \dbinom {n} {k} {(x ^ 2)} ^ k \\
& = \sum \limits _ {k = 0} ^ {n} {(-1)} ^ k \dbinom {n} {k} x ^ {2k} \\
\end{aligned}
\]
故可列等式 \({(x + 1)} ^ n {(x – 1)} ^ n = {(x ^ 2 – 1) ^ n}\)
{(x + 1)} ^ n {(x – 1)} ^ n & = {(x ^ 2 – 1) ^ n} \\
\sum \limits _ {k = 0} ^ {n} \dbinom {n} {k} x ^ k \times \sum \limits _ {k = 0} ^ {n} {(-1)} ^ k \dbinom {n} {k} x ^ k & = \sum \limits _ {k = 0} ^ {n} {(-1)} ^ k \dbinom {n} {k} x ^ {2k} \\
\end{aligned}
\]
\(\because\) 左右兩邊多項式相等
\(\therefore \forall i\)，\(x ^ i\) 的係數相等
令 \(i = n = 2m\)，即考慮 \(x ^ n\) 的係數
\sum \limits _ {k = 0} ^ {n} \dbinom {n} {n – k} x ^ {n – k} \times {(-1)} ^ k \dbinom {n} {k} x ^ k & = {(-1)} ^ m \dbinom {n} {m} x ^ n \\
\sum \limits _ {k = 0} ^ {n} {(-1)} ^ k \dbinom {n} {k} x ^ {n – k} \times \dbinom {n} {k} x ^ k & = {(-1)} ^ m \dbinom {n} {m} x ^ n \\
\sum \limits _ {k = 0} ^ {n} {(-1)} ^ k {\dbinom {n} {k}} ^ 2 x ^ n & = {(-1)} ^ m \dbinom {n} {m} x ^ n \\
\sum \limits _ {k = 0} ^ {n} {(-1)} ^ k {\dbinom {n} {k}} ^ 2 x ^ n & = {(-1)} ^ m \dbinom {2m} {m} x ^ n \\
\end{aligned}
\]
同時約去 \(x ^ n\)，得
\sum \limits _ {k = 0} ^ {n} {(-1)} ^ k {\dbinom {n} {k}} ^ 2 & = {(-1)} ^ m \dbinom {2m} {m} \\
\end{aligned}
\]
證畢
習題 7
化簡 \(\dbinom {n} {k} + 3 \dbinom {n} {k – 1} + 3 \dbinom {n} {k – 2} + \dbinom {n} {k – 3}\)
答案
證：
$\dbinom {n} {k} + 3 \dbinom {n} {k – 1} + 3 \dbinom {n} {k – 2} + \dbinom {n} {k – 3} = \dbinom {3} {0} \dbinom {n} {k} + \dbinom {3} {1} \dbinom {n} {k – 1} + \dbinom {3} {2} \dbinom {n} {k – 2} + \dbinom {3} {3} \dbinom {n} {k – 3} = $
有 \(2\) 堆小球，第 \(1\) 堆有 \(3\) 個，第 \(2\) 堆有 \(n\) 個
在 \(n + 3\) 個小球中選擇 \(k\) 個，等價於 ( 在第 \(1\) 堆選擇 \(0\) 個，第 \(2\) 堆選擇 \(k\) 個 ) + ( 在第 \(1\) 堆選擇 \(1\) 個，第 \(2\) 堆選擇 \(k – 1\) 個 ) + ( 在第 \(1\) 堆選擇 \(2\) 個，第 \(2\) 堆選擇 \(k – 2\) 個 ) + ( 在第 \(1\) 堆選擇 \(3\) 個，第 \(2\) 堆選擇 \(k – 3\) 個)
證畢
習題 8
證明 \(\dbinom {r} {k} = \dfrac {r} {r – k} \dbinom {r – 1} {k}\)，其中 \(r \in R\)，\(k \in Z\)，\(r \neq k\)
答案
本題需要使用牛頓二項式，不符合本部落格的討論範圍
習題 9
求：\(1 – \dfrac {1} {2} \dbinom {n} {1} + \dfrac {1} {3} \dbinom {n} {2} – \dfrac {1} {4} \dbinom {n} {3} + \cdots + {(-1)} ^ n \dfrac {1} {n + 1} \dbinom {n} {n}\)
答案
解：
1 – \dfrac {1} {2} \dbinom {n} {1} + \dfrac {1} {3} \dbinom {n} {2} – \dfrac {1} {4} \dbinom {n} {3} + \cdots + {(-1)} ^ n \dfrac {1} {n + 1} \dbinom {n} {n} & = \sum \limits _ {k = 0} ^ n {(-1)} ^ k \times \dfrac {1} {k + 1} \dbinom {n} {k} \\
\end{aligned}
\]
由 公式 2 \(\dbinom {n + 1} {k + 1} = \dfrac {n + 1} {k + 1} \dbinom {n} {k}\) 得：\(\dbinom {n} {k} = \dfrac {k + 1} {n + 1} \dbinom {n + 1} {k + 1}\)
\sum \limits _ {k = 0} ^ n {(-1)} ^ k \times \dfrac {1} {k + 1} \dbinom {n} {k} & = \sum \limits _ {k = 0} ^ n {(-1)} ^ k \times \dfrac {1} {k + 1} \times \dfrac {k + 1} {n + 1} \dbinom {n + 1} {k + 1} \\
& = \sum \limits _ {k = 0} ^ n {(-1)} ^ k \times \dfrac {1} {n + 1} \dbinom {n + 1} {k + 1} \\
& = \dfrac { \sum \limits _ {k = 0} ^ n {(-1)} ^ k \times \dbinom {n + 1} {k + 1}} {n + 1} \\
& = -\dfrac { \sum \limits _ {k = 0} ^ n {(-1)} ^ {k + 1} \times \dbinom {n + 1} {k + 1}} {n + 1} \\
& = -\dfrac { \sum \limits _ {k = 1} ^ {n + 1} {(-1)} ^ k \times \dbinom {n + 1} {k}} {n + 1} \\
& = -\dfrac { \sum \limits _ {k = 0} ^ {n + 1} {(-1)} ^ k \times \dbinom {n + 1} {k} – {(-1)} ^ 0 \times \dbinom {n + 1} {0}} {n + 1} \\
& = -\dfrac { \sum \limits _ {k = 0} ^ {n + 1} {(-1)} ^ k \times \dbinom {n + 1} {k} – 1} {n + 1} \\
\end{aligned}
\]
由 公式 5 $ \sum \limits _ {k = 0} ^ n {(-1)}^k \dbinom {n} {k} = 0$ 得：$ \sum \limits _ {k = 0} ^ {n + 1} {(-1)}^k \dbinom {n + 1} {k} = 0$
-\dfrac { \sum \limits _ {k = 0} ^ {n + 1} {(-1)} ^ k \times \dbinom {n + 1} {k} – 1} {n + 1} & = – \dfrac {0 – 1} {n + 1} \\
& = – \dfrac {-1} {n + 1} \\
& = \dfrac {1} {n + 1} \\
\end{aligned}
\]
\(\therefore 1 – \dfrac {1} {2} \dbinom {n} {1} + \dfrac {1} {3} \dbinom {n} {2} – \dfrac {1} {4} \dbinom {n} {3} + \cdots + {(-1)} ^ n \dfrac {1} {n + 1} \dbinom {n} {n} = \dfrac {1} {n + 1}\)
習題 10
- 證明：\(\dbinom {n + 1} {k + 1} = \dbinom {0} {k} + \dbinom {1} {k} + \cdots + \dbinom {n – 1} {k} + \dbinom {n} {k}\)
- 證明：\(m ^ 2 = 2 \dbinom {m} {2} + \dbinom {m} {1}\)
答案
- 證：
\(\dbinom {n + 1} {k + 1} = \dbinom {0} {k} + \dbinom {1} {k} + \cdots + \dbinom {n – 1} {k} + \dbinom {n} {k} = \sum \limits _ {i = 0} ^ {n} \dbinom {i} {k}\)
在 \(n + 1\) 個小球中選擇 \(k + 1\) 個的方案數，等價於 ( 枚舉選擇的最後一個小球的位置，在這個小球前選擇 \(k\) 個小球 ) 的方案數之和
證畢 - 證：
( 在 \(m\) 個不同的數中先後選擇 \(2\) 個可以相同的數的方案數，組成一個有序數對 )，等價於 ( 選擇不同的 \(2\) 個數組成 \(2\) 個有序數對 ) 和 ( 選擇 \(1\) 個數組成 \(1\) 個有序數對 ) 的方案數之和
證畢
習題 11
求整數 \(a, b, c\)，使得對於所有的 \(m\)，滿足：\(m ^ 3 = a \dbinom {m} {3} + b \dbinom {m} {2} + c \dbinom {m} {1}\)
答案
解：
( 在 \(m\) 個不同的數中先後選擇 \(3\) 個可以相同的數的方案數，組成一個有序數對 )，等價於 ( 選擇不同的 \(3\) 個數組成 \(6\) 個有序數對 )、( 選擇不同的 \(2\) 個數組成 \(6\) 個有序數對 )、( 選擇 \(1\) 個數組成 \(1\) 個有序數對 ) 的方案數之和
\(\therefore m ^ 3 = 6 \times \dbinom {m} {3} + 6 \times \dbinom {m} {2} + 1 \times \dbinom {m} {1}\)
\(\therefore a = 6, b = 6, c = 1\)
習題 12
設 \(n\) 是整數，請證明 \(\sum \limits _ {k = 1} ^ {n} \dbinom {n} {k} \dbinom {n} {k – 1} = \dfrac {1} {2} \dbinom {2n + 2} {n + 1} – \dbinom {2n} {n}\)
答案
證：
\sum \limits _ {k = 1} ^ {n} \dbinom {n} {k} \dbinom {n} {k – 1} & = \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} \dbinom {n} {n – k} \dbinom {n} {k – 1} \\
\dfrac {1} {2} \dbinom {2n + 2} {n + 1} – \dbinom {2n} {n} & = \dfrac {1} {2} \times \dfrac {2n + 2} {n + 1} \dbinom {2n + 1} {n} – \dbinom {2n} {n} \\
& = \dfrac {1} {2} \times 2 \dbinom {2n + 1} {n} – \dbinom {2n} {n} \\
& = \dbinom {2n + 1} {n} – \dbinom {2n} {n} \\
& = \dbinom {2n} {n – 1} \\
\end{aligned}
\]
即證 \(\sum \limits _ {k = 1} ^ {n} \dbinom {n} {n – k} \dbinom {n} {k – 1} = \dbinom {2n} {n – 1}\)
- 右式含義：在 \(2n\) 個小球中選擇 \(n – 1\) 個的方案數
- 左式含義：( 在前 \(n\) 個小球中選擇 \(n – k\) 個 ) 和 ( 在後 \(n\) 個小球中選擇 \(k – 1\) 個 ) 的方案數之和；\(\because 1 \leq k \leq n\)，\(\therefore n – k, k – 1 \geq 0\)，故此含義成立
顯然，左右兩式等價
證畢
習題 13
設 \(n\) 是整數，請用組合意義證明 \(\sum \limits _ {k = 1} ^ {n} k {\dbinom {n} {k}} ^ 2 = n \dbinom {2n – 1} {n – 1}\)
答案
證：
\sum \limits _ {k = 1} ^ {n} k {\dbinom {n} {k}} ^ 2 & = \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} k \dbinom {n} {k} \dbinom {n} {n – k} \\
& = \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} k \times \dfrac {n} {k} \dbinom {n – 1} {k – 1} \dbinom {n} {n – k} \\
& = \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} n \dbinom {n – 1} {k – 1} \dbinom {n} {n – k} \\
& = n \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} \dbinom {n – 1} {k – 1} \dbinom {n} {n – k} \\
& = n \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} \dbinom {n} {n – k} \dbinom {n – 1} {k – 1} \\
\end{aligned}
\]
即證 \(n \sum \limits _ {k = 1} ^ {n} \dbinom {n} {n – k} \dbinom {n – 1} {k – 1} = n \dbinom {2n – 1} {n – 1}\)
即證 \(\sum \limits _ {k = 1} ^ {n} \dbinom {n} {n – k} \dbinom {n – 1} {k – 1} = \dbinom {2n – 1} {n – 1}\)
- 右式含義：在 \(2n – 1\) 個小球中選擇 \(n – 1\) 個的方案數
- 左式含義：( 在前 \(n\) 個小球中選擇 \(n – k\) 個 ) 和 ( 在後 \(n – 1\) 個小球中選擇 \(k – 1\) 個 ) 的方案數之和；\(\because 1 \leq k \leq n\)，\(\therefore n – k, k – 1 \geq 0\)，故此含義成立
顯然，左右兩式等價
證畢
