构造组合模型巧证组合恒等式

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1、构造组合模型巧证组合恒等式证明组合恒等式，一样是利用组合数的性质、数学归纳法、二项式定理等，通过一些适当的计算或化简来完成。可是，很多组合恒等式，也可直接利用组合数的意义来证明。即构造一个组合问题的模型，把等式两边看成同一组问题的两种计算方式，由解的唯一性，即可证明组合恒等式。例1证明Cnm=Cnm—lm+Cn—Im—1o分析：原式左端为m个元素中取n个的组合数。原式右端可看成是同一问题的另一种算法：把知足条件的组合分为两类，一类为不取某个元素a1,有Cnm—1种取法。一类为必取a1有Cn-lm-1种取法。由加法原理可知原式成立。例2证明Cnm-Cpm=Cpm-Cn

2、—pm—p。分析：原式左端可看成一个班有m个人，从当选出n个人打扫卫生，在选出的n个人中，p人打扫教室，余下的n—p人打扫环境卫生的选法数。原式右端可看成直接在m人当选出p人打扫教室，在余下的m—p人中再选出n—p人打扫环境卫生。显然，两种算法计算的是同一个问题，结果固然是一致的。以上两例尽管简单，但它揭露了用组合数的意义证明组合恒等式的一样思路：先由恒等式中意义比较明显的一边构造一个组合问题的模型,再依照加法原理或乘法原理对另一边进行分析。假设是几个数（组合数）相加的形式，能够把构造的组合问题进行适当分类，如例1,假设是几个数（组合数）相乘的形式，那么应进行适当的

3、分步计算，如例2,固然，很多情形下是二者结合利用的。例3证明Ckm+n=COmCkn+ClmCK—In+C2mck—2n+…+CkmCOm,其中当p>q时Cpq=0o证明：原式左侧为m+n个元素当选k个元素的组合数。今将这m+n个元素分成两组，第一组为m个元素，剩下的n个元素为第二组，把掏出的k个元素，按在第一组掏出的元素个数i(i=(),1,2,…,k)进行分类，这一类的取法数为CimCk-ino于是，在m+n个元素中取k个元素的取法数又可写成ki=0CimCk-ino故原式成立。例4证明Cnn+Cnn+1+Cnn+2HFCnn+m=Cn+ln+m+1。证明：原式

4、右边为m+n+1个元素中取n+1个，元素的组合数，不失一样性，能够以为是在1,2,3,…，m+n,m+n+1,共m+n+l个数中取n+1个数。将掏出的n+1个数a2…，an+1由小到大排列，即设alVa2Van+l,按掏出的最大数an+1=k+1分类，显然k=n,n+1,…，n+m。当k=n+i时(i=(),1,2,…，m),这一类取法数为Cnn+i,因此取法总数又等于mi=0Cnn+io原式成立。关于某些组合恒等式，有时其左右两边所表示的意义都不易看出，可是若是依照组合数的特点认真分析，或对原式进行一些适当的变形，往往能够巧妙地构造一个组合问题做为模型，证明就可化

5、难为易。例5证明Cln+2c2n+3c3nHFnCiin=n2n—1o分析：注意,原式左端等价CllCin+Ci2C2n4FCinCnn,那个地址CliCln可表示先在n个元素里选i个，再在这i个元素里选一个的组合数，可设一个班有n个同窗，选出假设干人(至少1人)组成一个代表团，并指定一人为团长。把这种选法按取到的人数i分类(i=1,2,…，n),那么选法总数即为原式左端。今换一种选法，先选团长，有n种选法，再决定剩下的n—1人是不是参加，每人都有两种可能，因此团员的选法有2n—1种。即选法总数为n2n—1种。显然两种选法是一致的。那个地址应注意2n的意义，并能用组

6、合意义证明ni=0Cin=2n。例6证明Cln+22C2n+32C3nHFn2Cnn=n(n+1)2n-2。分析：此题左侧与例5左侧类似，不同的是例5左侧为ni=liCin,而此题为ni=Li2Cino只要在例5构造的模型中加上同时还要选一个干事，而且干事和团长能够是同一个人，即可符合原式左侧。对原式右边咱们可分为团长和干事是不是是同一个人两类情形。假设团长和干事是同一个人，那么有n2n—1种选法；假设团长和干事不是同一个人，那么有n(n—1)2n—1种选法。因此，共有n2n—1+n(n—1)2n—2=n(n+1)2n—2种选法。假设把恒等式中较简单的一边去掉，变成

7、化简组合式，用此法一样能完成化简，读者可自己体会。用组合数的意义证明组合恒等式，除对提高学生的智力及观看分析问题的能力有帮忙外，还有它独到的益处，那确实是把抽象的组合数还原为实际问题，能提高学生应用数学知识解决实际问题的能力，把枯燥的公式还原为有趣的实例，能提高学生的学习爱好。因此，教师在教学进程中适当介绍一些这方面的内容，将是大有利处的。