组合数性质（组合恒等式+二项式定理）

合集 - 数学(14)

1.Exgcd（扩展欧几里得算法）2023-01-30 2.Lucas & exLucas2023-02-03 3.费马小定理2023-02-02 4.筛素数2023-08-04 5.乘法逆元2023-01-29 6.CRT&EXCRT（中国剩余定理和扩展中国剩余定理）2023-01-29 7.排列组合基础方法2023-08-10 8.Lucas & exLucas2023-08-10

9.组合数性质（组合恒等式+二项式定理）2023-02-16

10.欧拉函数2023-01-30 11.容斥与二项式反演2023-09-19 12.Lagrange 插值 & 高斯消元2024-05-16 13.莫比乌斯反演2024-05-17 14.概率期望2024-07-04

组合恒等式：

\begin{matrix} (1) & (\binom{n}{m}) = (\binom{n}{n - m}) \end{matrix}

（1）显然。

\begin{matrix} (2) & (\binom{n}{m}) = (\binom{n - 1}{m}) + (\binom{n - 1}{m - 1}) \end{matrix}

（2）考虑杨辉三角，定义推导也易得。

\begin{matrix} (3) & k (\binom{n}{k}) = n (\binom{n - 1}{k - 1}) \end{matrix}

（3）定义推导易得。

\begin{matrix} (4) & (\binom{n}{m}) (\binom{m}{k}) = (\binom{n}{k}) (\binom{n - k}{m - k}) \end{matrix}

（4）组合意义，或者推导可得。

组合意义：

先从 $n$ 中选 $m$ 个，在从 $m$ 中选 $k$ 个，等同于先从 $n$ 中选 $k$ 个，在从剩下的 $n - k$ 中选 $m - k$ 个。

（范德蒙德卷积）

\begin{matrix} (5) & \sum_{i = 0}^{n} (\binom{m_{1}}{i}) (\binom{m_{2}}{n - i}) = (\binom{m_{1} + m_{2}}{n}) \end{matrix}

（5）可以从组合意义或二项式定理（链接是证明，来自jijidawang）推得。

组合意义：
从 $m_{1} + m_{2}$ 中选 $n$ 个，等于分别从 $m_{1}, m_{2}$ 中选。

推论：

\begin{matrix} (A) & \sum_{i = - r}^{n} (\binom{m_{1}}{r + i}) (\binom{m_{2}}{s - i}) = (\binom{m_{1} + m_{2}}{r + s}) \end{matrix}

证明类似（感觉没啥用）。

\begin{matrix} (B) & \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n}{i}) (\binom{n}{i - 1}) = (\binom{2 n}{n - 1}) \end{matrix}

证明：

\sum_{i = 1}^{n} (\binom{n}{i}) (\binom{n}{i - 1}) = \sum_{i = 0}^{n - 1} (\binom{n}{i + 1}) (\binom{n}{i}) = \sum_{i = 0}^{n - 1} (\binom{n}{n - 1 - i}) (\binom{n}{i}) = (\binom{2 n}{n - 1})

\begin{matrix} (C) & \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) (\binom{m}{i}) = (\binom{n + m}{n}) \end{matrix}

证明：

\sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) (\binom{m}{i}) = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{m}{i}) (\binom{n}{n - i}) = (\binom{n + m}{n})

\begin{matrix} (D) & \sum_{i = 0}^{n} {(\binom{n}{i})}^{2} = (\binom{2 n}{n}) \end{matrix}

就是（C）中 $m = n$ 的特例。

\begin{matrix} (E) & \sum_{i = 0}^{n} (\binom{i}{m_{1}}) (\binom{n - i}{m_{2}}) = (\binom{n + 1}{m_{1} + m_{2} + 1}) \end{matrix}

证明来自jijidawang

一个有意思的式子：

\sum_{i = 0}^{n - k} (\binom{n - k}{i}) (\binom{n}{i}) = \sum_{i = 0}^{n - k} (\binom{n - k}{i}) (\binom{n}{i + k})

左右两边都范德蒙德卷积一下可证，但看着挺有意思 ~~好像没什么实际价值~~

\begin{matrix} (7) & \sum_{i = 0}^{n} i (\binom{n}{i}) = n 2^{n - 1} \end{matrix}

（6）可以从组合意义或求导推得（暂时不会）。

组合意义：

从 $n$ 个东西中选任意个中所有小球被选中的次数和。

左边是 $n$ 个球，每个会选 $n$ 次。

右边是分别选 $i$ 个，考虑每次贡献。

显然相等。

\begin{matrix} (8) & \sum_{i = 0}^{n} i^{2} (\binom{n}{i}) = n (n + 1) 2^{n - 2} \end{matrix}

（7）可以通过对（6）继续求导推得 ~~然而我也不会~~。

\begin{matrix} (9) & \sum_{i = 1}^{n} i {(\binom{n}{i})}^{2} = n (\binom{2 n - 1}{n - 1}) \end{matrix}

（8）证明：

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} i {(\binom{n}{i})}^{2} & = \sum_{i = 1}^{n} n (\binom{n - 1}{i - 1}) (\binom{n}{i}) \\ = n \sum_{i = 0}^{n - 1} (\binom{n - 1}{i}) (\binom{n}{n - i - 1}) \\ = n (\binom{2 n - 1}{n - 1}) \end{aligned}

\begin{matrix} (9) & \sum_{i = 0}^{n} (\binom{i}{k}) = (\binom{n + 1}{k + 1}) \end{matrix}

（9）可以组合意义或归纳证明。

组合意义：

在 $n + 1$ 个球里拿 $k + 1$ 个，最后一个拿的是第 $i + 1$ 个，则情况数为 $(\binom{i}{k})$ ，累加即为总数。

\begin{matrix} (10) & \sum_{i = 0}^{n} (\binom{m + i}{i}) = (\binom{n + m + 1}{n}) \end{matrix}

（10）证明：

\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{n} (\binom{m + i}{i}) & = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{m + i}{m}) \\ = \sum_{i = m}^{n + m} (\binom{i}{m}) \\ = \sum_{i = m}^{n + m} (\binom{i}{m}) + \sum_{i = 0}^{m - 1} (\binom{i}{m}) \\ = \sum_{i = 0}^{n + m} (\binom{i}{m}) \\ = (\binom{n + m + 1}{m + 1}) = (\binom{n + m + 1}{n}) \end{aligned}

推论：

\sum_{i = 0}^{n} (\binom{m + i}{s + i}) = (\binom{n + m + 1}{n + s})

证明类似。

\begin{matrix} (11) & \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n - i}{i}) = f_{n + 1} （ f_{i} 为斐波那契数列第 i 项） \end{matrix}

考虑将其放进杨辉三角中

从 Rolling_star 粘的

（从 Rolling_star 粘的 QWQ）

最上面一行斜线求和，也就是等式左边，可以看出其 $= f_{n + 1}$ 。

二项式定理：

(a + b)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{i} b^{n - i}

归纳和组合意义都可证。

组合意义：

就是从 $n$ 个里面选 $i$ 个是 $a$ ，剩下是 $b$ 。

归纳证明：

对于 $n = 1$ 显然正确。

对于 $m = n + 1$ ：

\begin{aligned} (a + b)^{m} & = a (a + b)^{n} + b (a + b)^{n} \\ = a \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{i} b^{n - i} + b \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{i} b^{n - i} \\ = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{i + 1} b^{n - i} + \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{i} b^{n - i + 1} \\ = \sum_{i = 1}^{n + 1} (\binom{n}{i - 1}) a^{i} b^{n - i + 1} + \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{i} b^{n - i + 1} \\ = \sum_{i = 0}^{n + 1} (\binom{n}{i - 1}) a^{i} b^{n - i + 1} + \sum_{i = 0}^{n + 1} (\binom{n}{i}) a^{i} b^{n - i + 1} \\ = \sum_{i = 0}^{n + 1} ((\binom{n}{i - 1}) + (\binom{n}{i})) a^{i} b^{n - i + 1} \\ = \sum_{i = 0}^{n + 1} (\binom{n + 1}{i}) a^{i} b^{n - i + 1} \\ = \sum_{i = 0}^{m} (\binom{m}{i}) a^{i} b^{m - i} \end{aligned}

推论：

\begin{matrix} (1) & \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) = 2^{n} \end{matrix}

（1）取 $a = b = 1$ 。

\begin{matrix} (2) & \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) = [n = 0] \end{matrix}

（2）取 $a = - 1, b = 1$ ，可以反演。

\begin{matrix} (3) & \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) m^{i} = (1 + m)^{n} \end{matrix}

（3）取 $a = m, b = 1$ 。

\begin{matrix} (4) & \sum_{2 ∣ i}^{n} (\binom{n}{i}) = \sum_{2 ∤ i}^{n} (\binom{n}{i}) \end{matrix}

（4）将（2）移项即可。

参考博客：https://www.cnblogs.com/Rolling-star/p/16817907.html

posted @ 2023-02-16 21:01 5k_sync_closer 阅读(411) 评论(0) 编辑收藏举报

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