一個組合數(shù)恒等式的兩種證明方法

摘 要：歸納了有關(guān)生成函數(shù)、二項展開式、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，對一個由組合數(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；二項式；概率；伯努利概型

作者簡介：鄭金（1966-），男，遼寧朝陽人，本科，講師，研究方向：有關(guān)物理和數(shù)學(xué)的高考題、競賽題解法.

為了證明恒等式，首先歸納有關(guān)的數(shù)學(xué)知識.

對于各項為a0，a1，a2，…，an，…的數(shù)列{an}，如果函數(shù)f（x）可以展開成冪函數(shù)多項式a0+a1x+a2x2+…+anxn+…，就稱f（x）為{an}的生成函數(shù)（亦稱母函數(shù)）.

二項式（a+b）n展開式的通項即第r+1項為Tr+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.

對于獨立重復(fù)試驗的伯努利概型，即事件A在m次重復(fù)試驗中恰好發(fā)生n次，而在其余m-n次試驗中不發(fā)生，若用符號代表發(fā)生，用符號代表不發(fā)生，把m個符號排成一列，則共有Cnm種情形設(shè)在一次試驗中事件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，由試驗的獨立性可推知，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次獨立重復(fù)試驗中事件A恰好發(fā)生n次的概率為Pm（n）=Cnmpn（1-p）m-n=Cnmpnqm-n.恰好等于二項式（q+p）m展開式的第n+1項.

下面分別利用二項展開式的性質(zhì)和伯努利概型的概率公式來證明一個由組合數(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)造二項式函數(shù)

這個恒等式的左邊各項可構(gòu)成組合數(shù)的數(shù)列，但難以直接利用組合數(shù)以及二項展開式的性質(zhì)來求和，需構(gòu)造一個多項式函數(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)

二項式（1+x）m展開式的通項即第n+1項為Tn+1=Cnmxn，可知存在一個多項式函數(shù)f（x），其各項展開式中xn的系數(shù)都與①式左邊的各項相等，那么展開式合并同類項后xn的系數(shù)與①式的左邊相等.

①式左邊的通項為12kCnn+k，恰好等于二項式12k（1+x）n+k展開式中第n+1項12kCnn+kxn的系數(shù)，因此母函數(shù)f（x）的通項為12kCnn+kxn，其中自然數(shù)k滿足0≤k≤n，所以①式左邊對應(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

這是由多個二項式構(gòu)成的函數(shù)，其展開式中各xn項的系數(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化簡函數(shù)

利用等比數(shù)列求和公式對函數(shù)②式進(jìn)行求和運(yùn)算函數(shù)f（x）是一個等比數(shù)列的前n項和，公比為q=1+x2，利用等比數(shù)列前n項和公式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項系數(shù)

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

在⑤式中，對于二項式（1+x）n，其展開式中x的最高次冪的項是Cnnxn，則其他各項的xk都小于xn，因此該展開式中的每一個含有xk的項都可與g（x）中的對應(yīng)項xn-k的乘積產(chǎn)生xn，共有（n+1）個含xn的項由于g（x）中的各項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展開式中各項的系數(shù)2Crn，若合并同類項，則xn的系數(shù)等于2（1+x）n展開式中各項的系數(shù)之和，即

S1=2（C0n+C1n+C2n+…+Crn+…+Cnn） ⑥

對于二項式（1+x）2n+1，其展開式中含xn的項是Cn2n+1xn，只有那些含有xk都不大于xn的項，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，每一個含有xk的項與g（x）中的xn-k的乘積產(chǎn)生xn，共有（n+1）個含xn的項由于g（x）中的各項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展開式中各項的系數(shù)12nCr2n+1，若合并同類項，則xn的系數(shù)等于12n（1+x）2n+1展開式中各xk（0≤k≤n）項的系數(shù)之和，即

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

⑤式與②式等價，各項展開式中xn的系數(shù)之和即展開式合并同類項后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)計算⑥式、⑦式，由⑧式得出S=2n，即可證明①式成立.

對于⑥式，由組合數(shù)的性質(zhì)可知S1=2n+1.

對于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.

點評 解答關(guān)鍵是利用組合數(shù)公式和二項式的性質(zhì)推導(dǎo)母函數(shù)的通項來構(gòu)造由若干個二項式構(gòu)成的多項式函數(shù)，并利用兩個等比數(shù)列求和公式進(jìn)行化簡和變形難點是由⑤式如何產(chǎn)生各xn項以及如何用組合數(shù)之和來表示函數(shù)展開式中xn的系數(shù)，要注意條件0≤k≤n對（1+x）2n+1展開式中各xk項個數(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、右兩個衣兜里，每盒火柴有n根，使用時隨機(jī)從任一盒中取出一根火柴，經(jīng)過一段時間后，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，每次試驗的結(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，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根火柴視為獨立試驗，對于A盒火柴而言，只有兩個可能的結(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，重復(fù)試驗發(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另一盒火柴恰有k根的概率是P2n-k（n）=Cn2n-k（12）2n-k.

因為當(dāng)k取值從0到n時的各個事件不可能同時發(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.

點評 對于構(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)律對號入座，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，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)行計算概率為了簡化計算過程，也可不考慮先后次序，因為根據(jù)所構(gòu)造的概率模型，對于2n-k次取出火柴的試驗，當(dāng)其中一盒火柴剩余k根時，另一盒火柴一定會剛好取完，即取出n根，此時剛好完成所有的試驗結(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，因此對原題還可通過構(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？

對于這個概率問題，可直接利用伯努利概型的概率公式來解答，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時，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，在對原題利用構(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，即對原題恒等式進(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，使問題迎刃而解.

總之，無論是利用構(gòu)造二項式函數(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對原題恒等式進(jìn)行等效變換，再把恒等式的通項與二項展開式的通項以及母函數(shù)的通項或者伯努利概型的概率公式進(jìn)行對比和聯(lián)系.

參考文獻(xiàn)：

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