一個(gè)組合數(shù)恒等式的兩種證明方法

摘 要：歸納了有關(guān)生成函數(shù)、二項(xiàng)展開(kāi)式、離散型隨機(jī)變量的分布列以及伯努利概型等方面的知識(shí)，對(duì)一個(gè)由組合數(shù)構(gòu)成的數(shù)列恒等式給出兩種證明方法.

關(guān)鍵詞：組合數(shù)；恒等式；二項(xiàng)式；概率；伯努利概型

作者簡(jiǎn)介：鄭金（1966-），男，遼寧朝陽(yáng)人，本科，講師，研究方向：有關(guān)物理和數(shù)學(xué)的高考題、競(jìng)賽題解法.

為了證明恒等式，首先歸納有關(guān)的數(shù)學(xué)知識(shí).

對(duì)于各項(xiàng)為a0，a1，a2，…，an，…的數(shù)列{an}，如果函數(shù)f（x）可以展開(kāi)成冪函數(shù)多項(xiàng)式a0+a1x+a2x2+…+anxn+…，就稱(chēng)f（x）為{an}的生成函數(shù)（亦稱(chēng)母函數(shù)）.

二項(xiàng)式（a+b）n展開(kāi)式的通項(xiàng)即第r+1項(xiàng)為T(mén)r+1=Crnan-rbr可知函數(shù)f（x）=（1+x）n（n為大于1是正整數(shù)）就是數(shù)列C0n，C1n，C2n，…，Crn，…，Cnn的生成函數(shù).

對(duì)于離散型隨機(jī)變量的分布列，各變量的概率之和等于1，即P0+P1+P2+…+Pn=1.

對(duì)于獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的伯努利概型，即事件A在m次重復(fù)試驗(yàn)中恰好發(fā)生n次，而在其余m-n次試驗(yàn)中不發(fā)生，若用符號(hào)代表發(fā)生，用符號(hào)代表不發(fā)生，把m個(gè)符號(hào)排成一列，則共有Cnm種情形設(shè)在一次試驗(yàn)中事件A發(fā)生的概率為P（A）=p，則不發(fā)生的概率為P（A）=1-p=q，由試驗(yàn)的獨(dú)立性可推知，每一種情形發(fā)生的概率都是pn（1-p）m-n由概率加法公式可知，在m次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中事件A恰好發(fā)生n次的概率為Pm（n）=Cnmpn（1-p）m-n=Cnmpnqm-n.恰好等于二項(xiàng)式（q+p）m展開(kāi)式的第n+1項(xiàng).

下面分別利用二項(xiàng)展開(kāi)式的性質(zhì)和伯努利概型的概率公式來(lái)證明一個(gè)由組合數(shù)構(gòu)成的數(shù)列恒等式.

例題 求證：C0n+12C1n+1+14C2n+2+18C3n+3+…+12nCn2n=2n.

解法1 構(gòu)造二項(xiàng)式函數(shù)

這個(gè)恒等式的左邊各項(xiàng)可構(gòu)成組合數(shù)的數(shù)列，但難以直接利用組合數(shù)以及二項(xiàng)展開(kāi)式的性質(zhì)來(lái)求和，需構(gòu)造一個(gè)多項(xiàng)式函數(shù)即母函數(shù)，可按以下五步進(jìn)行推導(dǎo)證明.

1變換形式

對(duì)原恒等式進(jìn)行等效變換，利用公式Cmn=Cn-mn，可得Cnn+12Cnn+1+122Cnn+2+…+12nCn2n=2n①

只要證明①式成立，那么原恒等式就成立.

2構(gòu)造函數(shù)

二項(xiàng)式（1+x）m展開(kāi)式的通項(xiàng)即第n+1項(xiàng)為T(mén)n+1=Cnmxn，可知存在一個(gè)多項(xiàng)式函數(shù)f（x），其各項(xiàng)展開(kāi)式中xn的系數(shù)都與①式左邊的各項(xiàng)相等，那么展開(kāi)式合并同類(lèi)項(xiàng)后xn的系數(shù)與①式的左邊相等.

①式左邊的通項(xiàng)為12kCnn+k，恰好等于二項(xiàng)式12k（1+x）n+k展開(kāi)式中第n+1項(xiàng)12kCnn+kxn的系數(shù)，因此母函數(shù)f（x）的通項(xiàng)為12kCnn+kxn，其中自然數(shù)k滿(mǎn)足0≤k≤n，所以①式左邊對(duì)應(yīng)的函數(shù)為

f（x）=（1+x）n+12（1+x）n+1+14（1+x）n+2+…+12k（1+x）n+k+…+12n（1+x）2n②

這是由多個(gè)二項(xiàng)式構(gòu)成的函數(shù)，其展開(kāi)式中各xn項(xiàng)的系數(shù)之和S恰好等于①式左邊數(shù)列之和，即

S=Cnn+12Cnn+1+14Cnn+2+…+12nCn2n ③

3化簡(jiǎn)函數(shù)

利用等比數(shù)列求和公式對(duì)函數(shù)②式進(jìn)行求和運(yùn)算函數(shù)f（x）是一個(gè)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和，公比為q=1+x2，利用等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式Sn=a1-anq1-q得

f（x）=[2（1+x）n-12n（1+x）2n（1+x）]11-x

=[2（1+x）n-12n（1+x）2n+1]11-x④

考慮到無(wú)窮等比數(shù)列求和公式

g（x）=1+x+x2+x3+…=11-x（x<1），

可知f（x）=[2（1+x）n-12n（1+x）2n+1]（1+x+x2+…） ⑤

4分析xn項(xiàng)系數(shù)

利用二項(xiàng)展開(kāi)式的性質(zhì)分析函數(shù)f（x）展開(kāi)式中xn項(xiàng)的產(chǎn)生原理，提取系數(shù).

在⑤式中，對(duì)于二項(xiàng)式（1+x）n，其展開(kāi)式中x的最高次冪的項(xiàng)是Cnnxn，則其他各項(xiàng)的xk都小于xn，因此該展開(kāi)式中的每一個(gè)含有xk的項(xiàng)都可與g（x）中的對(duì)應(yīng)項(xiàng)xn-k的乘積產(chǎn)生xn，共有（n+1）個(gè)含xn的項(xiàng)由于g（x）中的各項(xiàng)xn-k的系數(shù)都為1，因此由乘積產(chǎn)生的各xn的系數(shù)都等于2（1+x）n展開(kāi)式中各項(xiàng)的系數(shù)2Crn，若合并同類(lèi)項(xiàng)，則xn的系數(shù)等于2（1+x）n展開(kāi)式中各項(xiàng)的系數(shù)之和，即

S1=2（C0n+C1n+C2n+…+Crn+…+Cnn） ⑥

對(duì)于二項(xiàng)式（1+x）2n+1，其展開(kāi)式中含xn的項(xiàng)是Cn2n+1xn，只有那些含有xk都不大于xn的項(xiàng)，才能與g（x）中的xn-k（不大于xn）的乘積產(chǎn)生xn，即當(dāng)0≤k≤n時(shí)，每一個(gè)含有xk的項(xiàng)與g（x）中的xn-k的乘積產(chǎn)生xn，共有（n+1）個(gè)含xn的項(xiàng)由于g（x）中的各項(xiàng)xn-k的系數(shù)都為1，因此由乘積產(chǎn)生的各xn的系數(shù)都等于12n（1+x）2n+1展開(kāi)式中各項(xiàng)的系數(shù)12nCr2n+1，若合并同類(lèi)項(xiàng)，則xn的系數(shù)等于12n（1+x）2n+1展開(kāi)式中各xk（0≤k≤n）項(xiàng)的系數(shù)之和，即

S2=12n（C02n+1+C12n+1+C22n+1+…+Cn2n+1） ⑦

⑤式與②式等價(jià)，各項(xiàng)展開(kāi)式中xn的系數(shù)之和即展開(kāi)式合并同類(lèi)項(xiàng)后xn的系數(shù)為S=S1-S2⑧

5處理系數(shù)

由③式可知，只要利用組合數(shù)的性質(zhì)計(jì)算⑥式、⑦式，由⑧式得出S=2n，即可證明①式成立.

對(duì)于⑥式，由組合數(shù)的性質(zhì)可知S1=2n+1.

對(duì)于⑦式，利用公式Cmn=Cn-mn可知

（C02n+1+C12n+1+…+Cn2n+1）+（Cn+12n+1+…+C2n+12n+1）=2（C02n+1+C12n+1+C22n+1+…+Cn2n+1）=2S0.

則S0=12（C02n+1+…+Cn2n+1+Cn+12n+1+…+C2n+12n+1）=12（1+1）2n+1=22n.

那么S2=12nS0=2n.

由⑧式得S=2n+1-2n=2n可知①式成立.

點(diǎn)評(píng) 解答關(guān)鍵是利用組合數(shù)公式和二項(xiàng)式的性質(zhì)推導(dǎo)母函數(shù)的通項(xiàng)來(lái)構(gòu)造由若干個(gè)二項(xiàng)式構(gòu)成的多項(xiàng)式函數(shù)，并利用兩個(gè)等比數(shù)列求和公式進(jìn)行化簡(jiǎn)和變形難點(diǎn)是由⑤式如何產(chǎn)生各xn項(xiàng)以及如何用組合數(shù)之和來(lái)表示函數(shù)展開(kāi)式中xn的系數(shù)，要注意條件0≤k≤n對(duì)（1+x）2n+1展開(kāi)式中各xk項(xiàng)個(gè)數(shù)的限制.

解法2 構(gòu)造概率模型

某人隨身攜帶兩盒火柴分別裝在左、右兩個(gè)衣兜里，每盒火柴有n根，使用時(shí)隨機(jī)從任一盒中取出一根火柴，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，發(fā)現(xiàn)一盒火柴已取完，求另一盒火柴恰有k根的概率.

記A為取左側(cè)盒中火柴的事件，B為取右側(cè)盒中火柴的事件，把取一次火柴視為一次隨機(jī)試驗(yàn)，每次試驗(yàn)的結(jié)果是A或B發(fā)生，則各自的概率為p（A）=p（B）=12由于在右側(cè)盒中取火柴的同時(shí)不可能在左側(cè)盒中取火柴，因此不在左側(cè)盒中取火柴的概率為p（A）=p（B）=12當(dāng)左側(cè)盒中的火柴取完時(shí)，右側(cè)盒中的火柴恰有k根，則從兩盒中取出火柴的次數(shù)分別為n和n-k，取出火柴的總次數(shù)為2n-k而左側(cè)盒變空與右側(cè)盒變空的概率相等，即p′（A）=p′（B）=12把在火柴盒中取1根火柴視為獨(dú)立試驗(yàn)，對(duì)于A盒火柴而言，只有兩個(gè)可能的結(jié)果，取出1根或不取出1根，概率分別為p（A）=12和p（A）=12，當(dāng)取完時(shí)，重復(fù)試驗(yàn)發(fā)生n次，利用伯努利概型的概率公式Pm（n）=Cnmpn（1-p）m-n可知，在2n-k次取出火柴的試驗(yàn)中恰好從左側(cè)盒中取出n根火柴的概率為

P2n-k（n）1=P′（A）Cn2n-k[P（A）]n[P（A）]n-k

=12Cn2n-k（12）n（12）n-k=12Cn2n-k（12）2n-k.

右側(cè)火柴盒變空而左側(cè)盒中恰有k根火柴的概率為

P2n-k（n）2=P′（B）Cn2n-k[P（A）]n[P（A）]n-k

=12Cn2n-k（12）2n-k.

所以一盒火柴取完時(shí)另一盒火柴恰有k根的概率是P2n-k（n）=Cn2n-k（12）2n-k.

因?yàn)楫?dāng)k取值從0到n時(shí)的各個(gè)事件不可能同時(shí)發(fā)生，為互斥事件，則有

P0+P1+P2+…+Pn=1.

即 Cn2n（122n）+Cn2n-1（122n-1）+…+Cnn（12n）=1.

兩邊同乘以2n，利用公式Crn=Cn-rn可得

Cn2n12n+Cn-12n-112n-1+…+C1n+112+C0n=2n.

即C0n+12C1n+1+14C2n+2+…+12nCn2n=2n.

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于構(gòu)造概率模型法，關(guān)鍵是把概率模型與有關(guān)概率的規(guī)律對(duì)號(hào)入座，從而利用伯努利概型的概率公式以及離散型隨機(jī)變量的分布列的性質(zhì)解答在應(yīng)用概率公式時(shí)，由于考慮到兩盒火柴取完其中一盒出現(xiàn)的先后次序，需分兩步進(jìn)行計(jì)算概率為了簡(jiǎn)化計(jì)算過(guò)程，也可不考慮先后次序，因?yàn)楦鶕?jù)所構(gòu)造的概率模型，對(duì)于2n-k次取出火柴的試驗(yàn)，當(dāng)其中一盒火柴剩余k根時(shí)，另一盒火柴一定會(huì)剛好取完，即取出n根，此時(shí)剛好完成所有的試驗(yàn)結(jié)果，而每次取出1根火柴的概率都為p=12，所以在2n-k次取出火柴的試驗(yàn)中恰好從一盒火柴取出n根的概率為

P2n-k（n）=Cn2n-kpn（1-p）n-k

=Cn2n-k（12）n（1-12）n-k=Cn2n-k（12）2n-k.

探討 若對(duì)原題進(jìn)行初次解答，則上述構(gòu)造火柴概率模型難以想到考慮到伯努利概型的概率公式是借助投球概率模型推導(dǎo)的，因此對(duì)原題還可通過(guò)構(gòu)造投球概率模型進(jìn)行解答.

需首先由原題恒等式探究與伯努利概型的概率公式相似的通項(xiàng)將原題等式左邊取倒序和為

Cn2n12n+Cn-12n-112n-1+…+C1n-112+C0n=2n.

該式兩邊同除以2n，利用公式Crn=Cn-rn可得

Cn2n（12）2n+Cn2n-1（12）2n-1+…+Cnn-1（12）n-1+Cnn（12）n=1.

通項(xiàng)為Cn2n-k（12）2n-k=Cn2n-k（12）n（1-12）n-k.

此式與伯努利概率公式Pm（n）=Cnmpn（1-p）m-n相似，因此可構(gòu)造投球模型：

如果一個(gè)學(xué)生投球的命中率為50%，那么他投球2n-k次，投中n次的概率是多少？

對(duì)于這個(gè)概率問(wèn)題，可直接利用伯努利概型的概率公式來(lái)解答，把p=12，m=2n-k代入伯努利概型的概率公式Pm（n）=Cnmpn（1-p）m-n，可得

P2n-k（n）=Cn2n-k（12）2n-k.

再利用公式P0+P1+P2+…+Pn=1，即可推導(dǎo)出原題恒等式.

在由原題恒等式探究與伯努利概型的概率公式相似的通項(xiàng)時(shí)，也可不取倒序和，直接把原恒等式兩邊除以2n，并利用組合數(shù)的性質(zhì)Crn=Cn-rn得

12nCnn+12n+1Cnn+1+…+122n-1Cn2n-1+122nCn2n=1.

其通項(xiàng)為Cnn+k（12）n+k=Cnn+k（12）n（1-12）k.

由于該式與公式Pm（n）=Cnmpn（1-p）m-n相似，因此可構(gòu)造另一投球模型：

如果一個(gè)學(xué)生投球的命中率為50%，那么他投球n+k次，投中n次的概率是多少？

對(duì)于該題，可直接利用伯努利概率公式解答，把p=12，m=n+k代入公式Pm（n）=Cnmpn（1-p）m-n，可得Pn+k（n）=Cnn+k（12）n+k再利用公式P0+P1+P2+…+Pn=1，即可推導(dǎo)出原題恒等式.

由此可見(jiàn)，在對(duì)原題利用構(gòu)造概率模型法解答之前，需探究與伯努利概型的概率公式相似的通項(xiàng)，即對(duì)原題恒等式進(jìn)行等效變換，使等式右邊等于1，而且等式左邊的通項(xiàng)與伯努利概率公式相似在此基礎(chǔ)上即可構(gòu)造投球概率模型，然后利用伯努利概率公式以及離散型隨機(jī)變量分布列的性質(zhì)推導(dǎo)出原題給出的恒等式，使問(wèn)題迎刃而解.

總之，無(wú)論是利用構(gòu)造二項(xiàng)式函數(shù)法還是構(gòu)造概率模型法解答，都需利用組合數(shù)公式Crn=Cn-rn對(duì)原題恒等式進(jìn)行等效變換，再把恒等式的通項(xiàng)與二項(xiàng)展開(kāi)式的通項(xiàng)以及母函數(shù)的通項(xiàng)或者伯努利概型的概率公式進(jìn)行對(duì)比和聯(lián)系.

參考文獻(xiàn)：

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