具体数学组合数习题选做（Genshining）

8.计算

$$\sum_k\binom{n}{k}(-1)^k(1-\frac{k}{n})^n$$

解：

考虑

$$\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^kf(k)=(-1)^nn![k^n]f(k)$$

其中 $f(k)$ 是 $n$ 次多项式。

显然可以设 $f(k)=(1-\dfrac{k}{n})^n$

容易发现，$[x^n]f(k)=\dfrac{(-1)^n}{n^n}$

故原式 $=\dfrac{n!}{n^n}$。

根据斯特林近似,$\dfrac{n!}{n^n}\approx \dfrac{\sqrt{2\pi n}}{e^n}$

15.求

$$\sum_k\binom{n}{k}^3(-1)^k$$

可以证明，该式不可使用超几何项部分求和。

考虑机械求和法，考虑：

$$\sum_k\binom{a+b}{a+k}\binom{b+c}{b+k}\binom{c+a}{c+k}(-1)^k=\binom{a+b+c}{a,b,c},a,b,c\in\mathcal{Z}$$

不妨设 $2|n$。此时取 $a=b=c=\dfrac{n}{2}$，得原式 $=$

$$\frac{(3n/2)!}{(n/2)!^3}$$

求 $\binom{2n-1/2}{n}$ 和 $\binom{2n-1/2}{2n}$ 的简单关系。

考虑

$$\binom{r}{k}\binom{r-1/2}{k}=\binom{2r}{2k}\binom{2k}{k}2^{-2k}$$

同时化开两者，得：

$$\text{LHS}=\binom{4n}{2n}2^{-2n},\text{RHS}=\binom{4n}{2n}2^{2n}$$

显然。

证明：

$$\frac{1}{z!}=\lim_{n\to \infin}\binom{n+m}{n}n^{-m},z\in \mathcal{N}$$

这是阶乘的典型定义。事实上可以证明 $z\in\mathcal{Z}$ 的情况。

$$\text{RHS}=\frac{\prod _{n-m+1}^n \frac{i}{n}}{z!}$$

有限项相乘，所以答案是 $\dfrac{1}{z!}$。

22.证明：

$$x!(x-1/2)!=(2x)!(-1/2)!2^{-2x}$$

化为 $\dfrac{2^{2x}}{(2x)!}=\dfrac{(-1/2)!}{x!(x-1/2)!}$。

考虑阶乘定义。

$$RHS=\lim_{n\to \infin}\frac{\binom{n+x}{n}\binom{n+x-1/2}{n}n^{-2x}}{\binom{n-1/2}{n}}=\lim_{n\to\infin}\binom{2n+2x}{2n}n^{-2x}$$

$$LHS=\lim_{n\to\infin}(2n)^{-2x}2^{2x}=RHS$$

23.求 $F(-n,1;;1)$。

这里我们认为错排数 $D_n$ 是封闭形式。考虑其式子:

$$D_n=n!\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k!}$$

这个超几何函数是

$$\sum_{k\ge 0}(-n)^{\overline k}$$

因此答案是 $(-1)^nD_n$。

24.求：

$$\sum_{k}\binom{n}{m+k}\binom{m+k}{2k}4^k$$

机械求和，启动！

超几何形式是

$$\binom{n}{m}F(m-n,-m;1/2;1)$$

考虑高斯超几何函数的公式：

$$F(a,b;c;1)=\dfrac{\Gamma(c-a-b)\Gamma(c)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}$$

答案等于

$$\binom{2n}{2m}$$

25.证明

$$(a_1-b_1)F(a_1,a_2,\dots,a_m;b_1+1,\dots,b_n;z)=a_1F(a_1+1,a_2,\dots,a_m;b_1+1,\dots,b_n;z)-b_1F(a_1,a_2,\dots,a_m;b_1,\dots,b_n;z)$$

设 $F=F(a_1,a_2,\dots,a_m;b_1+1,\dots,b_n;z;)$

于是可以得出其算子等价形式：$(a_1-b_1)=(\vartheta+a_1)-(\vartheta+b_1)$，这是显然的。

类似的，有

$$(a_1-a_2)F(a_1,a_2,\dots,a_m;b_1,\dots,b_n;z)=a_1F(a_1+1,a_2,\dots,a_m;b_1,\dots,b_n;z)-a_2F(a_1,a_2+1,\dots,a_m;b_1,\dots,b_n;z)$$

以及其他线性组合。

28.证明欧拉恒等式：

$$F(a,b;c;z)=(1-z)^{c-a-b}F(c-a,c-b;c;z)$$

考虑反射定律，第一次应用得到：

$$F(a,b;c;z)=(1-z)^{-a}F(a,c-b;c;\dfrac{-z}{1-z})$$

注意到上参数可以交换，且 $\dfrac{-z}{1-z}$ 算子的平方是 $1$。

再一次应用得到：

$$(1-z)^{-a-b+c}F(c-b,c-a;c;z)$$

29.证明：合流超几何函数满足：

$$e^zF(a;b;-z)=F(b-a;b;z)$$

展开：

$$\iff(\sum_{k\ge 0}\frac{z^k}{k!})(\sum_{k\ge 0}\frac{a^{\overline k}(-1)^kz^k}{b^{\overline k}k!})=\sum_{k\ge 0}\frac{(b-a)^{\overline k}z^k}{b^{\overline k}k!}$$

考虑两边取 $[z^k]$

$$\iff \sum_{i=0}^k\frac{(-1)^ia^{\overline i}}{b^{\overline i}i!(k-i)!}=\frac{(b-a)^{\overline k}}{b^{\overline k}k!}$$

考虑左边化为超几何形式。然后应用高斯超几何函数的公式。

$$LHS=\frac{F(a,-k;b;1)}{k!}=\frac{(b-a)^{\overline k}}{k!b^{\overline k}}$$

得证。

30.解超几何微分方程

$$z'F(z)+F(z)=\frac{1}{1-z}$$

常数项很讨厌，考虑再次求导。

$$z(1-z)F''(z)+(2-3z)F'(z)-F(z)=0\dots (1)$$

考虑高斯超几何函数的微分方程：

$$D\prod(\vartheta+c-1)F=(\vartheta+a)(\vartheta+b)F$$

考虑展开。

$$(zF'(z)+(c-1)F(z))'=(\vartheta+a)(zF'(z)+bF(z))$$

$$zF''(z)+F'(z)+(c-1)F'(z)=azF'(z)+abF(z)+z(zF''(z)+F'(z)+bF'(z))$$

$$z(z-1)F''(z)+(az+bz+z-c)F'(z)+abF(z)=0\dots (2)$$

令 $(1)$ 式与 $(2)$ 式相等，得到：

$$-(a+b+1)z+c=2-3z,ab=1$$

于是

$$a=1,b=1,c=2$$

$$F=F(1;1;2)$$

33.利用 Gosper 算法求 $\sum\dfrac{\delta k}{k^2-1}$

$$\frac{t(k+1)}{t(k)}=\frac{(k+1)(k-1)}{(k+2)k}=\frac{p(k+1)q(k)}{p(k)r(k+1)}$$

初始 $p(k)=1,q(k)=(k+1)(k-1),r(k)=(k+1)(k-1)$

发现 $(k-1)|r(k),(k+1)|q(k)$，

令 $p(k)(k+1-1)^{\underline{2-1}}\to p(k)$，$p(k)=k,q(k)=(k-1),r(k)=(k+1)$。

令 $T(k)=\dfrac{(k+1)s(k)}{(k+1)(k-1)}=\dfrac{s(k)}{k-1}$

而 $p(k)=q(k)s(k+1)-r(k)s(k)$。

$2p(k)=Q(k)(s(k)+s(k+1))+R(k)(s(k+1)-s(k)),Q(k)=q(k)-r(k)=-2,R(k)=q(k)+r(k)=2k$。

$[k^{d+d'-1}]RHS=-2d+4$。若其不为 $0$，则 $\deg s=\deg p-\deg Q=1$。

设 $s(k)=ak+b$，则 $k=(k-1)(ak+a+b)-(k+1)(ak+b)$。

解得 $s(k)=-k+\dfrac{1}{2}$。

那么 $T(k)=\sum\dfrac{\delta k}{k^2-1}=\dfrac{-2k+1}{k(2k-2)}$

34.证明：

$$\sum_{k\le c}F(a_1,\dots,a_n;b_1,\dots,b_m;z)_k=\lim_{\zeta\to 0}F(-c,a_1,\dots,a_n;\zeta-c,b_1,\dots,b_n;z)$$

并计算 $\sum_{k\ge v}\binom{n}{k}(-1)^k$

第一个式子显然；在 $k\le c$ 的时候其取值不变，在 $k>c$ 时上指标取 $0$。

$$t(k)=\binom{n}{k}(-1)^k$$

$$\sum_{k\ge c}\binom{n}{k}(-1)^k=\sum_{k\le c}F(-n;;z)_k=\lim_{\zeta\to 0}F(\zeta-c,-n;-c;z)$$

$$=\lim_{\zeta\to 0}\frac{\Gamma(\zeta-m)\Gamma(\zeta+n)}{\Gamma(\zeta)\Gamma(\zeta-m+n)}$$

$$=(-1)^m\binom{n-1}{m}$$

36.库默尔定理模板题

38.证明：

$$\forall n\in\mathbb{N},\exists a,b,c,\texttt{s.t.}n=\binom{a}{1}+\binom{b}{2}+\binom{c}{3},a<b<c,a,b,c\in\mathbb{N}$$

取 $c$，

$$\texttt{s.t.},\binom{c}{3}\le n,\binom{c+1}{3}>n$$

此时

$$n-\binom{c}{3}<\binom{c+1}{3}-\binom{c}{3}=\binom{c}{2}$$

再同样方法取 $b$，已证 $b<c$。$a$ 同理。

39.证明下降幂\上升幂二项式定理（这里就挂上升幂）

$$(x+y)^{\overline n}=\sum_k\binom{n}{k}x^{\overline k}y^{\overline {n-k}}$$

暴力展开，斯特林数启动！

$$\iff\sum_{i=0}^n{n\brack i}(x+y)^i=\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}(\sum_{k=0}^ix^k{i\brack k})(\sum_{k=0}^{n-i}y^k{i\brack n-k})$$

考虑提取两边系数。

$$[x^ay^b]LHS={n\brack a+b}\binom{a+b}{a},[x^ay^b]RHS=\sum_k\binom{n}{k}{k\brack a}{n-k\brack b}$$

下证明其等价形式：斯特林数范德蒙德卷积

$${n\brack l+m}\binom{l+m}{l}=\sum_k{k\brack l}{n-k\brack m}\binom{n}{k}$$

注意到第一类斯特林数列的 OGF 很糟糕，取指数生成函数。

$$\iff{n\brack l+m}\binom{l+m}{l}\frac{x^n}{n!}=\sum_k{k\brack l}{n-k\brack m}\binom{n}{k}\frac{x^n}{n!}$$

$$\sum_k{k\brack l}{n-k\brack m}\binom{n}{k}\frac{x^n}{n!}=[x^n](\sum_k{k\brack m}\frac{x^k}{k!})(\sum_k{k\brack l}\frac{x^k}{k!})$$

$$RHS=[x^n]\frac{(-\ln(1-x))^m}{m!}\times \frac{(-\ln(1-x))^l}{l!}=\frac{(-\ln(1-x))^{m+l}}{m!l!}$$

$$\frac{RHS}{\binom{l+m}{l}}=[x^n]\frac{(-\ln(1-x))^{m+l}}{(m+l)!}={n\brack l+m}=\frac{LHS}{\binom{l+m}{l}}$$

$$LHS=RHS,QED.$$

于是我们证到了原结论。

具体数学上的证明是啥神秘方法，没看懂。

45.求

$$\sum_{k\le n}\binom{2k}{k}4^{-k}$$

封闭形式。

考虑

$$\binom{r}{k}\binom{r-1/2}{k}=\binom{2k}{k}\binom{2r}{2k}2^{-2k}$$

取 $r=k$，则：

$$\binom{k-1/2}{k}=\binom{2k}{k}2^{-2k}$$

平行求和原式

$$\sum_{k\le n}\binom{k-1/2}{k}=\binom{n+1/2}{n}$$

46.求

$$\sum_k\binom{2k-1}{k}\binom{4n-2k-1}{2n-k}\frac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)(4n-2k-1)},n>0$$

封闭形式。

考虑

$$\mathcal{B}_2(z)^{-1}=\sum_{k\ge 0}\binom{2k+1}{k}\frac{z^k}{2k+1}$$

$$\mathcal{B}_2(-z)^{-1}=\sum_{k\ge 0}\binom{2k-1}{k}\frac{(-1)^{k+1}z^k}{2k-1}$$

乘起来二者

$$-[z^{2n}]\mathcal{B}_2(z)^{-1}\mathcal{B}_2(-z)^{-1}=\sum_k\binom{2k-1}{k}\binom{4n-2k-1}{2n-k}\frac{(-1)^{k+1}}{(2k-1)(4n-2k-1)}$$

考虑 $LHS$ 的封闭形式。

$$\mathcal{B}_2(z)=z\mathcal{B}_2(z)^2+1$$

$$\mathcal{B}_2(z)=\frac{1-\sqrt{1-4z}}{2z}$$

$$\mathcal{B}_2^{-1}(z)=\frac{1+\sqrt{1+4z}}{2}$$

$$LHS=\frac{1+\sqrt{1-4z}}{2}\times\frac{1+\sqrt{1+4z}}{2}$$

$$=\frac{\sqrt{1-16z^2}}{4}+\frac{\mathcal{B}_2^{-1}(z)}{2}+\frac{\mathcal{B}_2(-z)^{-1}}{2z}+\frac{1}{4}$$

$$\frac{\sqrt{1-16z^2}}{4}=\sum_{k\ge 0}\binom{1/2}{k}(-16)^kz^{2k}$$

考虑加倍公式，是

$$\sum_{k\ge 0}\binom{1/2}{k}(-16)^kz^{2k}=-\sum_n\binom{2n}{n}\frac{4^nz^{2n}}{2n-1}$$

$1/4$ 对答案没有影响。加上中间两项，取个相反数，答案就是：

$$\frac{\binom{2n}{n}4^{n-1}}{2n-1}+\frac{\binom{4n-1}{2n}}{4n-1}$$

47. 给定 $n,z$，求常数 $\theta$ 使得

$$\sum\binom{n}{k}z^k(k+\theta)\delta k$$

可超几何求和。

$$\frac{t(k+1)}{t(k)}=\frac{(k-n)(k+\theta+1)(-z)}{(k+1)(k+\theta)}$$

这里不必按传统方法；

$$q(k)=k+\theta,q(k)=-z(k-n),r(k)=k\\ -2z(k-n)=(-zk-k+nz)(s+Es)+(-zk+k+nz)\Delta s\\ \therefore \deg s=0\\ \text{let}\ s=\alpha\\ \alpha=\frac{1}{z+1},\theta=-\frac{nz}{z+1}\\ \sum\binom{n}{k}z^k(k-\frac{nz}{1+z})\delta k=\frac{n}{z+1}\binom{n-1}{k-1}z^k+C$$

59.对于 $m,n\in\mathbb{Z^+}$，求以下式子的封闭形式。

$$\sum_{k\ge 1}\binom{n}{\lfloor \log_mk\rfloor}$$

$$\sum_{k\ge 1}\binom{n}{\lfloor \log_mk\rfloor}\\ =\sum_{p\ge 0}\binom{n}{p}\sum_{k\ge 1}[\lfloor \log_mk\rfloor=p]\\ =\sum_{p\ge 0}\binom{n}{p}(m^{p+1}-1-m^p+1)\\ =(m-1)\sum_{p\ge 0}\binom{n}{p}m^p\\ =(m-1)(m+1)^p$$

60.估计 $\displaystyle\binom{n+m}{n}$，并特殊地，求出 $n=m$ 时的形式。

$$n!\approx\frac{n^n\sqrt{2\pi n}}{e^n}.\\ \binom{n+m}{n}\\ \approx\frac{(n+m)^{n+m}\sqrt{n+m}\sqrt{2\pi}e^{n+m}}{n^ne^nm^me^m\sqrt{nm}(\sqrt{2\pi})^2}\\ =\frac{(n+m)^{n+m}}{n^nm^m\sqrt{2\pi}}\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{m}}\\ \text{when}\ n=m\\ \binom{2n}{n}=\frac{2^{2n}}{\sqrt{4\pi n}}$$

61.证明卢卡斯定理。

见 my blog。

62.求 $\displaystyle\binom{np}{mp}\bmod p^2,p\in \text{prime},m,n\in\mathbb{Z^+}$ 的简单形式。

容易证明推广范德蒙德卷积：

$$\sum_{\sum k=n}\binom{r_i}{k_i}=\binom{\sum r}{n}$$

反向应用，

$$\binom{np}{mp}=\sum_{\sum k=mp}\binom{p}{k_1}\binom{p}{k_2}\dots\binom{p}{k_n}\\ \binom{p}{i}\equiv [i=0]+[i=p]\pmod p\\ \therefore \sum_{\sum k=mp}\binom{p}{k_1}\binom{p}{k_2}\dots\binom{p}{k_n}\bmod p^2=\binom{n}{m}$$

为什么？考虑唯一产生贡献的就是 $m$ 个 $k_i$ 为 $p$，其他是 $0$ 的项。

63.计算下式子的封闭形式

$$\sum_{k=0}^n(-4)^k\binom{n+k}{2k}$$

首先由

$$\frac{\mathcal{B}_t(z)^r}{1-t+t\mathcal{B}_t(z)^{-1}}=\sum_{k\ge 0}\binom{tk+r}{k}z^k$$

可以得到：

$$\frac{\mathcal{B}_2(z)^r}{\sqrt{1-4z}}=\sum_k\frac{2k+r}{k}z^k\\ \frac{\mathcal{B}_{-1}(z)^{r+1}}{\sqrt{1+4z}}=\sum_k\binom{r-k}{k}z^k\\ $$

然后，

$$\sum_{k\le n}\binom{n-k}{k}z^k=\frac{\mathcal{B}_{-1}(z)^{n+1}-(-z)^{n+1}\mathcal{B}_2(-z)^{n+1}}{\sqrt{1+4z}}\\ \text{proof}\ :\\ \text{for}\ k>n\\ [z^k]\frac{(-z)^{n+1}\mathcal{B}_2(-z)^{n+1}}{\sqrt{1+4z}}\\ =(-1)^{n+1}(-1)^{k-n-1}[z^{k-n-1}]\frac{\mathcal{B}_2(z)^{n+1}}{\sqrt{1-4z}}\\ =(-1)^k\binom{2k-n-1}{k-n-1}\\ =(-1)^k\binom{2k-n-1}{k}\\ =\binom{n-k}{k}=[z^k]\frac{\mathcal{B}_{-1}(z)^{n+1}}{\sqrt{1+4z}}\\ $$

所以可以去掉高次项。现回到原式。

$$\sum_{k=0}^n(-4)^k\binom{n+k}{2k}\\ =\sum_{k=0}^n\binom{n+k}{n-k}(-4)^k\\ =\sum_{k=0}^n\binom{2n-k}{k}(-4)^{n-k}\\ =(-4)^n\sum_{k=0}^n\binom{2n-k}{k}(-\frac{1}{4})^k\\ $$

我们发现这时 $\sqrt{1+4z}$ 是 $0$，考虑🐨使用极限。

那么展开那个公式：

$$\sum_{k\le n}\binom{n-k}{k}z^k=\frac{1}{\sqrt{1+4z}}((\frac{1+\sqrt{1+4z}}{2})^{n+1}-(\frac{1-\sqrt{1+4z}}{2})^{n+1})$$

考虑取极限 $\sqrt{1+4z}\to 0$。

$$\lim_{z\to-\frac{1}{4}}\sum_{k\le n}\binom{n-k}{k}z^k\\ =\lim_{x\to 0}\frac{1}{x}((\frac{1+x}{2})^{n+1}-(\frac{1-x}{2})^{n+1})\\ =\lim_{x\to 0}\frac{\sum_{i=0}^{n+1}\binom{n+1}{i}(x^i-(-x)^i)}{x2^{n+1}}$$

发现分子的常数项是 $0$，那么我们只用关心分子的 $[x^1]$ 项。

就是

$$\sum_{k=0}^n(-4)^k\binom{n+k}{2k}=(-4)^n\frac{2n+1}{2^{2n}}=(-1)^n(2n+1)$$

感觉推导好恶臭，想扔联考（

事实上，具体数学给出了这样的推导过程：

$$\text{let}\ \sum_{k=0}^n(-4)^k\binom{n+k}{2k}=S_n\\ S_n=-2S_{n-1}-S_{n-2}\\ \therefore\ S_n=(-1)^n(2n+1)$$

🐨 <= 🤡

64.求以下式子的封闭形式：

$$\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}/\lfloor\frac{k+1}{2}\rfloor$$

先拆开高斯记号。

$$=\sum_{k\ge 0}\frac{\binom{n}{2k}+\binom{n}{2k+1}}{k+1}\\ =\sum_{k\ge 0}\frac{\binom{n+1}{2k+1}}{k+1}\\ =\sum_{k\ge 0}\frac{2}{n+1}\binom{n+2}{2k+2}$$

下证明：

$$\sum_{k}\binom{n}{2k}=2^{n-1}$$

证：令原式等于 $B_n$。

$$B_n=\sum_{k}\binom{n}{2k}\\ =\sum_{k}(\binom{n-1}{2k-1}+\binom{n-1}{2k}) =2^{n-1}-B_{n-1}+B_{n-1} =2^{n-1}$$

则：

$$\sum_{k\ge 0}\frac{2}{n+1}\binom{n+2}{2k+2} =\frac{2}{n+1}(B_{n+2}-1)\\ =\frac{2^{n+2}-2}{n+1}$$

65.证明：

$$\sum_k\binom{n-1}{k}n^{-k}(k+1)!=n$$

$$\sum_k\binom{n-1}{k}n^{-k}(k+1)!=n\\ \iff\sum_k\binom{n-1}{k}n^{n-k+1}(k+1)!=n^n\\ \iff\sum_k\binom{n-1}{k}n^k(n-k)!=n^n$$

下试求 $\displaystyle\sum_k\binom{n-1}{k}n^k(n-k)!$ 的封闭形式。

设

$$t(k)=\binom{n-1}{k}n^k(n-k)!=\frac{p(k+1)}{p(k)}\frac{q(k)}{r(k+1)}$$

可得：$p(k)=k-n,q(k)=n,r(k)=k$

$$2(k-n)=(n-k)(Es+s)+(n+k)\Delta s$$

所以 $\deg s=0$，$s=-1$

$$T(k)=\frac{r(k)s(k)t(k)}{p(k)}\\ =\frac{-k\binom{n-1}{k}n^k(n-k)!}{k-n}\\ =k\binom{n-1}{k}n^k(n-k-1)!\\ =\frac{(n-1)!n^k}{(k-1)!}\\ $$

代入原式：

$$\sum_k\binom{n-1}{k}n^k(n-k)!=\sum_{k=0}^{n-1}t(k)\\ =T(n)-T(0)\\ =\frac{n^n(n-1)!}{(n-1)!}=n^n$$

66.对于整数 $m$，求以下式子的封闭形式：

$$\sum_{0\le j\le k}\binom{-1}{j-\lfloor\sqrt{k-j}\rfloor}\binom{j}{m}2^{-j}$$

枚举 $L=k-j$。

$$\sum_{L,j\ge 0}\binom{-1}{j-\lfloor\sqrt{L}\rfloor}\binom{j}{m}2^{-j}$$

枚举 $l=\lfloor\sqrt{L}\rfloor$。

$$=\sum_{L\ge 0}\sum_j\binom{-1}{j-\lfloor\sqrt{L}\rfloor}\binom{j}{m}2^{-j}\\ =\sum_{l\ge 0}\sum_j\binom{-1}{j-l}\binom{j}{m}2^{-j}(2l+1)\\ =\sum_j\binom{j}{m}2^{-j}\sum_{l\ge 0}\binom{-1}{j-l}(2l+1)\\ =\sum_j\binom{j}{m}2^{-j}\sum_{l=0}^j(-1)^{j-l}(2l+1)\\ =\sum_j\binom{j}{m}2^{-j}(-1)^j\sum_{l=0}^j(-1)^l(2l+1)\\ $$

考虑后面那个怎么求。考虑有限微积分：

$$\Delta (-1)^x=(-2)(-1)^x\\ \therefore \sum(-1)^x\delta x=\frac{(-1)^{x+1}}{2}\\ \sum x(-1)^x\delta x=\sum x\delta \frac{(-1)^{x+1}}{2}\\ =\frac{x(-1)^{x+1}}{2}-\sum\frac{(-1)^x}{2}\delta x\\ =\frac{x(-1)^{x+1}-\frac{(-1)^{x+1}}{2}}{2}\\ =\frac{(-1)^{x+1}(2x-1)}{4}\\ $$

所以后面那个式子就出来了。

$$\sum_{l=0}^j(-1)^l(2l+1)=(-1)^j(j+1)$$

代入原式得：

$$\sum_j\binom{j}{m}2^{-j}(-1)^j\sum_{l=0}^j(-1)^l(2l+1)\\ =\sum_j\binom{j}{m}2^{-j}(j+1)\\ =(m+1)\sum_j\binom{j+1}{m+1}2^{-j}\\ =2(m+1)\sum_j\binom{j}{m}2^{-j}\\ $$

熟知：

$$\sum_{k\ge 0}\binom{k}{n}z^k=\frac{z^n}{(1-z)^{n+1}}$$

代入 $z=\frac{1}{2}$，得：

$$=2(m+1)\sum_j\binom{j}{m}2^{-j}\\ =2(m+1)\frac{(1/2)^m}{(1/2)^{m+1}}\\ =4m+4$$

所以：

$$\sum_{0\le j\le k}\binom{-1}{j-\lfloor\sqrt{k-j}\rfloor}\binom{j}{m}2^{-j}=4m+4$$

67.求以下式子的封闭形式

$$\sum_{k=0}^n\binom{\binom{k}{2}}{2}\binom{2n-k}{n}$$

考虑化简那个嵌套组合数。

$$\binom{\binom{k}{2}}{2}\\ =\frac{(k^2-k)(k^2-k-2)}{8}\\ =\frac{(k+1)(k-2)(k-1)k}{8}\\ =3\binom{k+1}{4}$$

代入原式

$$\sum_{k=0}^n\binom{\binom{k}{2}}{2}\binom{2n-k}{n}\\ =3\sum_k\binom{k+1}{4}\binom{2n-k}{n}\\ =3\binom{2n+2}{n+5}$$

68.求以下式子的封闭形式：

$$\min_{\sum k_i=n\\ k_i\ge 0}\sum_{i=1}^m\binom{k_i}{2}$$

$$\sum_{i=1}^m\binom{k_i}{2}\\ =\frac{\sum k_i^2-n}{2}$$

容易知道，对两个 $x,y$ 执行 $x-1\to x,y+1\to y$ 更优的充分必要条件是 $x-y>1$

那么最优状态一定满足

$$\forall i,j\in[1,m],|k_i-k_j|\le 1$$

可以构造：

$$k_1=k_2=\dots=k_{n-m\lfloor\frac{n}{m}\rfloor}=\lfloor\frac{n}{m}\rfloor+1,k_{n-m\lfloor\frac{n}{m}\rfloor+1}=\dots,k_m=\lfloor\frac{n}{m}\rfloor$$

下证明其唯一性。设：

$$k_1=k_2\dots=a_p=K+1,a_{p+1}=\dots=a_m=K$$

那么：

$$(K+1)p+(m-p)K=n\\ p+mK=n\\ $$

而 $0\le p\le m$，故 $p=n\bmod K$。

而此时 $K=\lfloor\frac{n}{m}\rfloor$。

得证。

答案计算是 trival 的。为

$$m\binom{\lfloor\frac{n}{m}\rfloor}{2}+(n\bmod m)\lfloor\frac{n}{m}\rfloor$$

70.求以下式子的封闭形式：

$$\sum_k\binom{n}{k}\binom{2k}{k}(-1/2)^k,n\in\mathbb{Z}^+$$

设

$$t(k)=\binom{n}{k}\binom{2k}{k}(-1/2)^k$$

那么：

$$\frac{t(k+1)}{t(k)}\frac{2(k-n)(k+1/2)}{(k+1)^2}$$

则原式等于 $F(-n,1/2;1;2)$。

发现这个形式不好处理，但是如何做 $1/2$ 和 $-1/2$ 是我们熟知的。

那么令 $n-k\to k$，得到另一个超几何形式：

$$(-2)^{-n}\binom{2n}{n}F(-n,-n;1/2-n;1/2)$$

根据高斯恒等式，原式等于

$$(-2)^{-n}\binom{2n}{n}F(-n/2,-n/2;1/2-n;1)$$

然后就等于

$$(-2)^{-n}\binom{2n}{n}\frac{\Gamma({1/2-n})\Gamma({1/2})}{\Gamma^2({\frac{1-n}{2}})}\\ =(-2)^{-n}\binom{2n}{n}\sqrt{\pi}\binom{-1/2-n}{-\frac{n+1}{2}}\\ $$

$n$ 为奇数时上式二项式系数下指标为负整数，原式为 $0$。

$n$ 为偶数的时候：

我们必须知道 Γ 函数乘法公式。

$$\Gamma(z)\Gamma(z+1/2)=2^{1-2z}\sqrt{\pi}\Gamma(2z)$$

那么

$$\Gamma(n+1/2)=\frac{(2n)!\sqrt{\pi}}{n!4^n}$$

于是等于：

$$\frac{(-2n)!((-n/2)!)^2}{((-n)!)^3}\\ =(-1)^n\frac{(2n)!((n/2)!)^2}{((n)!)^3}\\ =(-1)^n\frac{\binom{n}{n/2}}{\binom{2n}{n}}\\ $$

解释一下第二个等号：

用

$$\frac{1}{z!}=\binom{n+z}{n}n^{-z}$$

在同一极限过程中，把阶乘化开，把组合数变成连乘除以下指标阶乘，抵消一下。

考虑对于每一个原来化的阶乘取相反数变成熟知的正的，考察发现只有连乘小于零的部分变了。

然后上下除一下，发现在极限意义下只有符号变了。然后把正的值乘上 $(-1)^n$ 就行了。

后补：当时我好像不知道余元公式，成为🤡

也可以使用反射定律然后库莫尔公式。

于是答案是

$$2^{-n}\binom{n}{n/2}$$

最后翻书《Mathematics for the Analysis of Algorithms》发现直接生成函数就可以了。傻逼具体数学。

71.设

$$S_n=\sum_{k\ge 0}\binom{n+k}{m+2k}a_k,A(z)=\sum_{k\ge 0}a_kz^k$$

请用 $A$ 表示 $S(z)=\displaystyle\sum_{k\ge 0}S(k)z^k$。（后面还有个简单应用）

$$S(z)=\sum_{i\ge 0}\sum_{k\ge 0}\binom{i+k}{m+2k}a_kz^i\\ =\sum_{k\ge 0}a_k\sum_{i}\binom{i+k}{m+2k}z^i\\ =\sum_{k\ge 0}a_kz^{-k}\sum_i\binom{i}{m+2k}z^i\\ =\sum_{k\ge 0}a_kz^{-k}\frac{z^{m+2k}}{(1-z)^{m+2k+1}}\\ =\sum_{k\ge 0}\frac{z^{m+k}}{(1-z)^{m+2k+1}}a_k\\ =\frac{z^m}{(1-z)^{m+1}}A(\frac{z}{(1-z)^2})$$

72.求证对于 $n,m,k\in\mathbb{N}^+$

$$\binom{\frac{m}{n}}{k}n^{2k-v(k)}\in \mathbb{Z}$$

$v(k)$ 是 $k$ 的二进制下 $1$ 的个数。

容易发现，$\displaystyle\binom{\frac{m}{n}}{k}n^{2k-v(k)}=\frac{m(m-n)(m-2n)\dots(m-kn+n)n^{k-v(k)}}{k!}$。

此时考虑对于 $p|n,p\in\operatorname{prime}$，

$$V_p(k)\ge V_2(k)\\ =\sum_{i\ge 1}\lfloor\frac{k}{2^i}\rfloor=\sum_{i\ge 1}\frac{k-k\bmod 2^i}{2^i}\\ =\sum_{i\ge 1}\frac{k}{2^i}-\sum_{i\ge 1}\frac{k\bmod 2^i}{2^i}\\ =k-\sum_{i\ge 1}\frac{k\bmod 2^i}{2^i}\\ $$

考虑 $k=(b_nb_{n-1}\dots b_1b_0)_2$。

$$\sum_{i\ge 1}\frac{k\bmod 2^i}{2^i}\\ =\sum_{i\ge 1}\frac{\sum_{p=0}^{i-1}b_p2^p}{2^i}\\ =\sum_{p\ge 0}b_p2^p\sum_{i\ge p+1}\frac{1}{2^i}\\ =\sum_{p\ge 0}b_p2^p\frac{1}{2^p}=\sum_{p\ge 0}b_p=v(k)\\ $$

而 $V_p(n^{k-v(k)})=V_2(k!)\ge V_p(k!)$。

故对于 $p|n,V_p(\dfrac{m(m-n)(m-2n)\dots(m-kn+n)n^{k-v(k)}}{k!})\ge 0$。

对于 $p\nmid n$，显然 $(n,p)=1$；设 $n'$ 为 $n$ 的逆元，

$$m(m-n)(m-2n)\dots(m-kn+n)\equiv n^k(mn')^{\underline{k}}=k!\pmod{p}$$

则对于 $p\nmid n,V_p(\dfrac{m(m-n)(m-2n)\dots(m-kn+n)n^{k-v(k)}}{k!})=0\ge 0$

得证。

77.求对于 $m>1$，下式的封闭形式。

$$\sum_{0\le k_i\le n}\prod_{1\le j<m}\binom{k_{j+1}}{k_j}$$

拆阶乘然后抵消一下：

$$\prod_{1\le j<m}\binom{k_{j+1}}{k_j}=\binom{k_m}{k_1,k_2-k_1,k_3-k_2,\dots,k_m-k_{m-1}}$$

考虑确定 $k_m$ 时的值。此时考虑生成函数。

多项式系数的下面其实就是 $m$ 个数随便取非负值，取 $x$，乘上贡献为 $\dfrac{1}{x!}$。

即

$$k_m^m\\ =k_m![x^{k_m}]e^{mx}\\ =m^{k_m}$$

然后对 $k_m$ 从 $0$ 到 $n$ 求和得到：

$$\sum_{0\le k_i\le n}\prod_{1\le j<m}\binom{k_{j+1}}{k_j}\\ =\sum_{k_m=0}^nm^{k_m}\\ =\frac{m^{n+1}-1}{m-1}$$

78.求以下式子封闭形式：

$$\sum_{k=0}^{2m^2}\binom{k\bmod m}{(2k+1)\bmod (2m+1)}$$

试了一下上指标和下指标的关系，没有成功。考虑容斥。扩展上指标：

$$\sum_{k=0}^{2m^2}\binom{k\bmod m}{(2k+1)\bmod (2m+1)}\\ =\sum_{k=0}^{2m^2+m-1}\binom{k\bmod m}{(2k+1)\bmod (2m+1)}-\sum_{k=2m^2+1}^{2m^2+m-1}\binom{k\bmod m}{(2k+1)\bmod (2m+1)}\\ =\sum_{k=0}^{2m^2+m-1}\binom{k\bmod m}{(2k+1)\bmod (2m+1)}-\sum_{k=1}^{m-1}\binom{k}{2k+2}\\ =\sum_{k=0}^{2m^2+m-1}\binom{k\bmod m}{(2k+1)\bmod (2m+1)}$$

注意到 $\gcd(m,2m+1)=1$，那么 $(k\bmod m,(2k+1)\bmod (2m+1))$ 两两不同。

于是可以变成

$$\sum_{k=0}^{2m^2+m-1}\binom{k\bmod m}{(2k+1)\bmod (2m+1)}\\ =\sum_{i=0}^{m-1}\sum_{j=0}^{2m}\binom{i}{j}=\sum_{i=0}^{m-1}2^i=2^m-1$$

a.求

$$\gcd(\binom{2n}{1},\binom{2n}{3},\dots,\binom{2n}{2n-1})$$

考虑和式。

$$\sum_k\binom{2n}{2k+1}=2^{2n-1}$$

那么

$$\gcd(\binom{2n}{1},\binom{2n}{3},\dots,\binom{2n}{2n-1})\\ =2^{\min(V_2(\binom{2n}{1}),V_2(\binom{2n}{3}),\dots,V_2(\binom{2n}{2n-1}))}\\ =2^{V_2(2n)}$$

b.证明

$$\operatorname{lcm}(\binom{n}{0},\binom{n}{1},\dots,\binom{n}{n})=\frac{\operatorname{lcm}(1,2,\dots,n+1)}{n+1}$$

考虑 $V_k$，若 $k^r\le n+1<k^{r+1}$，则取 $\displaystyle\binom{n}{k^r-1}$，根据库莫尔定理，这是最优的。

然后从 $n+1-k^r$ 的 lowbit 开始有贡献，即要减去 $V_k(n+1-k^r)=V_k(n+1)$，得证。

80.证明

$$\forall k,n\in\mathbb{N},\binom{n}{k}\le \left(\frac{en}{k}\right)^k$$

容易证明：$k!\ge (k/e)^k$。

而 $n^{\underline k}\le n^k$，即证。

81.证明

$$\texttt{for } \theta\in(0,1),x\in[0,1],l,m,n\in\mathbb{N},m<n\\(-1)^{n-m-1}\sum_k\binom{l}{k}\binom{m+\theta}{n+k}x^k>0$$

容易发现：

$$f_{l,m,n}(1)=(-1)^{n-m-1}\binom{l+m+\theta}{l+n}$$

这里面的负的全都抵消了：组合数展开有 $n-m-1$ 个负数项。

容易发现，$f'_{l,m,n}(x)=-lf_{l-1,m,n+1}(x)$，归纳法知是负的。

得证。

82.证明：

$$\gcd\left(\binom{n-1}{k-1},\binom{n}{k+1},\binom{n+1}{k}\right)=\gcd\left(\binom{n-1}{k},\binom{n+1}{k+1},\binom{n}{k-1}\right)$$

设 $m=n-k$，即：（只写了第一项）

$$\forall p,\min(V_p(m)-V_p(m+k),\dots)=\min(V_p(k)-V_p(m+k),\dots)$$

我们知道，如果 $V_p(a)<V_p(b)$，那么 $V_p(a)=V_p(|a\pm b|)$。

所有如果 $V_p(m)\neq V_p(k)$，其更小者必定等于 $0$。

简写为 $\min(x_1,y_1,z_1)=\min(x_2,y_2,y_3)$，而 $x_1+y_1+z_1=x_2+y_2+z_2$。

我们假设 $x_1\neq x_2,y,z$ 类似。（否则可直接去除掉）

则两边都必须是 $0$，此时符合；否则肯定一边全是 $0$，另一边全部不是，不符合和相等。

83.证明

$$\sum_{j,k}(-1)^{j+k}\binom{j+k}{k+l}\binom{r}{j}\binom{n}{k}\binom{s+n-j-k}{m-j}=(-1)\binom{n+r}{n+l}\binom{s-r}{m-n-l}$$

借助生成函数，我们可以把 $j,k$ 分开。

$$\text{LHS }=[x^ly^m]\sum_{j,k}(-1)^{j+k}\frac{(1+x)^{j+k}}{x^k}\binom{r}{j}\binom{n}{k}(1+y)^{s+n-j-k}y^j\\=[x^ly^m]\frac{(-1)^{r}(xy-1)^{n+r}(1+y)^{s-r}}{x^n}$$

这是容易的。

85.证明：

$$\sum_{m=1}^n(-1)^m\sum_{1\le k_1<k_2<\dots<k_m\le n}\binom{2^n+\sum k_i^3}{n}=(-1)^n(n!)^3-\binom{2^n}{n}$$

即：

$$\sum_{\delta[1:n]}(-1)^{\sum \delta_i}\sum\binom{2^n+\sum \delta_i8^i}{n}=(-1)^n(n!)^3,\delta_i\in\{0,1\}$$

可以证明：对于不多于 $n$ 次多项式 $f$，有：

$$\sum_{\delta[1:n]}(-1)^{\sum\delta_i}\sum f(\sum\delta_i x_i)=(-1)^na_nn!\prod x_i$$

据说可以归纳法，但我不会。

87.证明：

令 $\zeta=e^{\pi i/m}$，$m\in \mathbb{N}^+$

$$\sum_{k\le n/m}\binom{n-mk}{k}z^{mk}=\frac{\mathcal{B}_{-m}(z^m)^{n+1}}{(m+1)\mathcal{B}_{-m}(z^m)-m}-\sum_{0\le j<m}\frac{(\zeta^{2j+1}z\mathcal{B}_{1+1/m}(\zeta^{2j+1}z)^{1/m})^{n+1}}{(m+1)\mathcal{B}_{1+1/m}(\zeta^{2j+1}z)^{-1}-1}$$

具体数学上的过程有点小问题😅

“辱骂和恐吓绝不是战斗”——鲁迅

这个式子巨长，但是没有什么厉害的地方。我们熟知：

$$\frac{\mathcal{B}_t(z)^r}{t\mathcal{B}_t^{-1}(z)+1-t}=\sum\binom{tk+r}{k}z^k$$

然后：

$$\frac{\mathcal{B}_{-m}(z^m)^{n+1}}{(m+1)\mathcal{B}_{-m}(z^m)-m}\\ =\frac{\mathcal{B}_{-m}(z^m)^{n}}{(m+1)-m\mathcal{B}_{-m}(z^m)^{-1}}$$

这不就是 $t=-m,r=n$ 的式子吗。

$$=\sum_{k\ge 0}\binom{n-mk}{k}z^{mk}$$

我们发现后面的式子是一样的：

$$\sum_{0\le j<m}\frac{(\zeta^{2j+1}z\mathcal{B}_{1+1/m}(\zeta^{2j+1}z)^{1/m})^{n+1}}{(m+1)\mathcal{B}_{1+1/m}(\zeta^{2j+1}z)^{-1}-1}\\ =\sum_{0\le j<m}\frac{(\zeta^{2j+1}z)^{n+1}}{m}\frac{(\zeta^{2j+1}z\mathcal{B}_{1+1/m}(\zeta^{2j+1}z)^{1/m})^{n+1}}{(1+1/m)\mathcal{B}_{1+1/m}(\zeta^{2j+1}z)^{-1}-(1+1/m)+1}\\ =\sum_{0\le j<m}\frac{(\zeta^{2j+1}z)^{n+1}}{m}\sum_{k\ge 0}\binom{(n+1)/m+(1+1/m)k}{k}(\zeta^{2j+1}z)^k\\ =\sum_{0\le j<m}\frac{1}{m}\sum_{k>n}\binom{(1+1/m)k-n-1}{k-n-1}(\zeta^{2j+1}z)^k\\ =\frac{1}{m}\sum_{k>n}\binom{(1+1/m)k-n-1}{k-n-1}z^k\sum_{0\le j<m}(\zeta^{2j+1})^k\\ $$

后面这个式子是可以求的。

$$\sum_{0\le j<m}(\zeta^{2j+1})^k\\ =\zeta^{k}\sum_{0\le j<m}\zeta^{2jk}\\ =\zeta^{k}\sum_{0\le j<m}(\zeta^2k)^j\\ =\zeta^{k}\frac{\zeta^{2mk}-1}{\zeta^{2k}-1}\\ =(i\sin\frac{k\pi}{m}+\cos\frac{k\pi}{m})\frac{i\sin 2k\pi+\cos 2k\pi-1}{i\sin\frac{2k\pi}{m}+\cos\frac{2k\pi}{m}-1}$$

发现分子是 $0$，那么原式是 $0$ 当 $k\nmid m$，因为此时分母不是 $0$。而考虑 $k\mid m$ 会发生什么：

$$(i\sin\frac{k\pi}{m}+\cos\frac{k\pi}{m})\frac{i\sin 2k\pi+\cos 2k\pi-1}{i\sin\frac{2k\pi}{m}+\cos\frac{2k\pi}{m}-1}\\ =(-1)^{k/m}\frac{i\sin 2k\pi}{i\sin\frac{2k\pi}{m}}\\ =(-1)^{k/m}\frac{2k\pi i}{\frac{2k\pi}{m}i}\\ =m(-1)^{k/m}$$

所以

$$\sum_{0\le j<m}(\zeta^{2j+1})^k=(-1)^{k/m}m[k\mid m]\\ $$

那么我们可以化简了！

$$\frac{1}{m}\sum_{k>n}\binom{(1+1/m)k-n-1}{k-n-1}z^k\sum_{0\le j<m}(\zeta^{2j+1})^k\\ =\sum_{k>n/m}\binom{(m+1)k-n-1}{k}(-z^m)^k\\ =\sum_{k>n/m}\binom{n-mk}{k}z^{mk}\\ $$

完 全 胜 利

$$\sum_{mk\le n}\binom{n-mk}{k}z^{mk}=\frac{\mathcal{B}_{-m}(z^m)^{n+1}}{(m+1)\mathcal{B}_{-m}(z^m)-m}-\sum_{0\le j<m}\frac{(\zeta^{2j+1}z\mathcal{B}_{1+1/m}(\zeta^{2j+1}z)^{1/m})^{n+1}}{(m+1)\mathcal{B}_{1+1/m}(\zeta^{2j+1}z)^{-1}-1}\\ =\sum_{k\ge 0}\binom{n-mk}{k}z^{mk}-\sum_{k>n/m}\binom{n-mk}{k}z^{mk}\\ =\sum_{k\le n/m}\binom{n-mk}{k}z^{mk}$$

$$\sum_{k\ge 0}\binom{r}{k}/\binom{s}{k}=\frac{s+1}{s-r+1}$$

成立条件。

显然，根据高斯超几何函数的公式，需要有：

$$Real(r)>Real(s+1)$$

91.92. 利用微分方程证明超几何变换，繁而不难，略去。（92. 应用了微分有限函数之积微分有限）

后面可能会补 86，但之后的主要是机械求和，不写了。

研究题很抽象，不知道看不看