二项式定理与组合恒等式

二项式定理

表述

\[\large (x+y)^n=\sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} x^ky^{n-k}\]

\(~~~~\) 其中 \(n\) 为正整数。

组合意义证明

\(~~~~\) 考虑暴力展开 \((x+y)^n\) 为 \(n\) 个 \((x+y)\) 的积，则凑出 \(k\) 个 \(x\) （即 \(x^k\) ）的方案数为 \(\begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}\) ，同时剩下的 \(n-k\) 个 \(y\) 自动凑成 \(y^{n-k}\)，故 \(x^k y^{n-k}\) 的系数为 \(\begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}\) ，将所有项求和即为展开式。

数学归纳法

\(~~~~\) 当 \(n=1\) 时，二项式定理经带入成立。

\(~~~~\) 考虑当二项式定理对 \(n\) 成立时是否也对 \(n+1\) 成立。

\[\large (x+y)^{n+1}\\ \large =(x+y)(x+y)^n \\ \large =(x+y)\sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} x^ky^{n-k} \\ \large =\sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} x^{k+1}y^{n-k}+\sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} x^ky^{n-k+1} \\ \large =x^{n+1}+\sum_{k=0}^{n-1} \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} x^{k+1}y^{n-k}+y^{n+1}+\sum_{k=1}^n \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} x^ky^{n-k+1} \]

\(~~~~\) 将第一个 \(\sum\) 里面的 \(k\) 用 \(k-1\) 来替换，以统一两个 \(\sum\) 的上下限以及统一 \(x\) 和 \(y\) 的次数：

\[\large \sum_{k=0}^{n-1} \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} x^{k+1}y^{n-k}= \sum_{k=1}^n \begin{pmatrix} n\\k-1 \end{pmatrix} x^ky^{n-k+1}\]

\(~~~~\) 代入：

\[\\ \large =x^{n+1}+\sum_{k=1}^n \begin{pmatrix} n\\k-1 \end{pmatrix} x^ky^{n-k+1}+y^{n+1}+\sum_{k=1}^n \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} x^ky^{n-k+1}\\ \large =x^{n+1}+y^{n+1}+\sum_{k=1}^n (\begin{pmatrix} n\\k-1 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}n\\k \end{pmatrix})x^ky^{n-k+1} \]

\(~~~~\) 利用 \(\text{Pascal}\) 公式（\(\begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} n-1\\k \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} n-1\\k-1 \end{pmatrix}\)）：

\[\\ \large =x^{n+1}+y^{n+1}+\sum_{k=1}^n (\begin{pmatrix} n\\k-1 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}n\\k \end{pmatrix})x^ky^{n-k+1}\\ \large =x^{n+1}+y^{n+1}+\sum_{k=1}^n \begin{pmatrix} n+1\\k \end{pmatrix} x^ky^{n-k+1} \\ \large =\sum_{k=0}^{n+1} \begin{pmatrix}n+1\\k\end{pmatrix}x^ky^{n-k+1} \]

\(~~~~\) 综上：

\[\large (x+y)^{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1} \begin{pmatrix}n+1\\k\end{pmatrix}x^ky^{n-k+1}\]

\(~~~~\) \(\mathcal{Q.E.D.}\)

组合恒等式 #1

表述

\[\large \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} n\\n-k \end{pmatrix}\]

组合意义证明

\(~~~~\) 从 \(n\) 个物品当中选 \(k\) 个的方案数，即在 \(n\) 个物品中有 \(n-k\) 个不选的方案数。

公式证明

\[\large \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}=\begin{pmatrix} n\\n-k \end{pmatrix}\]

组合恒等式 #2

表述

\[\large \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}=\dfrac{n}{k}\begin{pmatrix} n-1\\k-1 \end{pmatrix}\]

公式证明

\[\large \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}=\dfrac{n\times (n-1)!}{k\times (k-1)![n-1-(k-1)]!}=\dfrac{n}{k}\begin{pmatrix} n-1\\k-1 \end{pmatrix}\]

组合恒等式 #3

表述

\[\large \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} n-1\\k \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} n-1\\k-1 \end{pmatrix}\]

组合意义证明

\(~~~~\) 从 \(n\) 个物品中取 \(k\) 个物品，方案数为 \(\begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}\) 。同时考虑其中某一个物品：

• 选择该物品，则还需从剩下 \(n-1\) 个物品中选择 \(k\) 个，方案数 \(\begin{pmatrix} n-1\\k \end{pmatrix}\)；
• 不选该物品，则还需从剩下 \(n-1\) 个物品中选择 \(k-1\) 个，方案数 \(\begin{pmatrix} n-1\\k -1\end{pmatrix}\)；

\(~~~~\) 以上两种情况相互独立，故 \(\begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} n-1\\k \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} n-1\\k -1\end{pmatrix}\)

公式证明

\[\large \begin{pmatrix} n-1\\k \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} n-1\\k-1 \end{pmatrix}\\ \large =\dfrac{(n-1)!}{k!(n-1-k)!}+\dfrac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} \\ \large =\dfrac{(n-1)!\times (n-k)}{k!(n-k)!}+\dfrac{(n-1)!\times k}{k!(n-k)!} \\ \large =\dfrac{(n-1)!\times n}{k!(n-k)!}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}=\begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} \]

组合恒等式 #4

表述

\[\large \sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}=2^n\]

组合意义证明

\(~~~~\) 左边的意义即从 \(n\) 个物品中任意取若干个的方案数，则每个物品有取或不取两种选择，总方案数即为 \(2^n\)。

二项式定理证明

\(~~~~\) 逆用二项式定理：

\[\large \sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}=\sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}1^k\times 1^{n-k}=(1+1)^n=2^n\]

组合恒等式 #5

表述

\[\large \sum_{k=0}^n (-1)^k \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}=0\]

组合数性质证明

• 当 \(n\) 为奇数时，该级数共有偶数项，同时绝对值相同的数刚好正负一一对应抵消；
• 当 \(n\) 为偶数时，用 \(\text{Pascal}\) 公式拆开每一项后亦可正负一一抵消。

二项式定理证明

\[\large \sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} (-1)^k1^{n-k}=(1-1)^n=0^n=0\]

组合恒等式 #6

表述

\[\large \sum_{k=0}^n k\begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}=n2^{n-1}\]

求导+二项式定理证明

\(~~~~\) 先写出一个二项式定理：

\[\large (x+1)^n=\sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}x^k\]

\(~~~~\) 为了凑出系数 \(k\) 我们对两边求导：

\[\large n(x+1)^{n-1}=\sum_{k=0}^n k\begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}x^{k-1}\]

\(~~~~\) 令 \(x=1\)：

\[\large n2^{n-1}=\sum_{k=0}^n k\begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}\]

推式子证明

\[\large \sum_{k=0}^n k\begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}=\sum_{k=0}^n (n-k) \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}\]

左右相加得：

\[\large \sum_{k=0}^n n\begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}=n\times 2^n\]

则原式的值即为 \(\dfrac{n\times 2^n}{2}=n\times 2^{n-1}\) 。

组合恒等式 #7

表述

\[\large \sum_{k=0}^n k^2 \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}=n(n+1)2^{n-2}\]

推式子证明

\(~~~~\) 利用第二个组合恒等式：

\[\large \sum_{k=0}^n k^2 \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}\\\large =\sum_{k=0}^n k^2 \dfrac{n}{k}\begin{pmatrix} n-1\\k-1 \end{pmatrix}\\ \large =\sum_{k=0}^n kn \begin{pmatrix} n-1\\k-1 \end{pmatrix}\\ \]

\(~~~~\) 拆分 \(k\) ，方便利用第六个组合恒等式：

\[\large =\sum_{k=0}^n n[(k-1)+1]\begin{pmatrix} n-1\\k-1 \end{pmatrix}\\\large =n\sum_{k=0}^n (k-1)\begin{pmatrix} n-1\\k-1 \end{pmatrix}+n\sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n-1\\k-1 \end{pmatrix}\\ \large =n\sum_{k=1}^n (k-1)\begin{pmatrix} n-1\\k-1 \end{pmatrix}+n\sum_{k=1}^n \begin{pmatrix} n-1\\k-1 \end{pmatrix}\\ \]

\(~~~~\) 变限使得其变为标准的组合恒等式：

\[\large =n \sum_{k=0}^{n-1} k \begin{pmatrix} n-1\\k \end{pmatrix}+n \sum_{k=0}^{n-1} \begin{pmatrix} n-1\\k\end{pmatrix}\\\large =n(n-1)2^{n-2}+n2^{n-1}=n(n+1)2^{n-2} \]

组合恒等式 #8

表述

\[\large \sum_{l=0}^n \begin{pmatrix} l\\k \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} n+1\\k+1 \end{pmatrix}\]

组合意义证明

\(~~~~\) 在 \(n+1\) 个物品里面选择 \(k+1\) 个，假设最后一个被选择的物品的位置为 \(l+1\) ，则剩下物品的选择方案为 \(\begin{pmatrix} l\\k \end{pmatrix}\) ，枚举所有 \(l\) 并求和即为右式的意义。

组合恒等式 #9

\[\large \begin{pmatrix} n\\r \end{pmatrix}\begin{pmatrix} r\\k \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}\begin{pmatrix} n-k\\r-k \end{pmatrix}\]

组合意义证明

\(~~~~\) 左边为先在 \(n\) 个物品里选 \(r\) 个，再在选出的 \(r\) 个物品中选择 \(k\) 个的方案数。

\(~~~~\) 本质上为从 \(n\) 个物品里选 \(k\) 个，但是左边可能选出来的 \(k\) 个可能在不同的选 \(r\) 个物品的方案下相同，而相同的情况即为从剩下的 \(n-k\) 个物品中随便选 \(r-k\) 个得方案数。

组合恒等式 #10

表述

\[\large \sum_{k=0}^r \begin{pmatrix} m\\k \end{pmatrix} \begin{pmatrix} n\\r-k \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} m+n\\r \end{pmatrix}\]

组合意义证明

\(~~~~\) 左式的意义为先从 \(m\) 个物品中选择 \(k\) 个，再从 \(n\) 个物品中选择 \(r-k\) 个。则相当于从 \(m+n\) 个物品中选择 \(r\) 个。由于 \(k\in[0,r]\) ，故任何情况都可以视作上述情况中某一个 \(k\) 。

组合恒等式 #11

表述

\[\large \sum_{k=0}^m \begin{pmatrix} m\\k \end{pmatrix} \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} m+n\\m \end{pmatrix}\]

组合恒等式证明

由第一个组合恒等式：

\[\large \sum_{k=0}^m \begin{pmatrix} m\\k \end{pmatrix} \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}\\\large =\sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} m\\m-k \end{pmatrix} \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} \]

再由第十个组合恒等式：

\[\large =\begin{pmatrix} m+n\\m \end{pmatrix}\]