组合恒等式的证明

<正>组合恒等式是以高中排列组合、二项式定理为基础,并加以推广和补充而形成的一类问题,它具有一定的难度和特殊的技巧,且灵活性强,对学生的运算能力的培养和思维灵活性的训练都有良好的作用。下面就来谈组合恒等式的证明。例1求证:C_n¹+2C_n1+2C_n²+3C_n2+3C_n³+…+n C_n3+…+n C_nⁿ=n·2n=n·2^(n-1)。证法一:设S_n=0C_n(n-1)。证法一:设S_n=0C_n⁰+C_n0+C_n¹+2C_n1+2C_n²+…+nC_n2+…+nC_nⁿ。则S_n=nC_nn。则S_n=nC_nⁿ+(n-1)C_(n-1)n+(n-1)C_(n-1)^(n-1)+…+C_n(n-1)+…+C_n¹+C_n1+C_n⁰两式相加,并结合C_n0两式相加,并结合C_n^k=C_nk=C_n^(n-k),得:     

杨辉三角形的推广和应用

本文试图从牛顿二项式定理和杨辉三角形数阵出发,将杨辉三角形加以推广,旨在建立牛顿多项式的系数数阵。一、牛顿二项式定理和杨辉三角形教阵。著名的二项式展开式 (α 6)~n=C_n~0α~n C_n~1α~(n-1)b C_n~2α~(n-2)b~2 …… C_n~rα~(n-r)b~r … C_n~nb~n (1)是英国著名的数学家牛顿首先提出的,并借助于组合种数公式的性质:C_n~r=C_n~(n-r)和C_n~r C_n~(r-1)=C_(n-1)~r加以证明的。因此,称此二项式的展开式为牛顿二项式定理。关于牛顿二项式定理的系数C_n~r,很早就有人研究。早在牛顿之前四百多年,我们中     

由错位相减法求和引发的思考

引例求S_n=1·2⁰+2·2¹+3·2²+…+n·2^n-1.解析（法一）显然,a_n=n·2^n-1为等差乘等比型数列,可选择采用错位相减法.S_n=1·2⁰+2·2¹+3·2²+…+n·2^n-1,2S_n=1·2¹+2·2⁺+…+（n-1）·2^n-1+n·2ⁿ,则-S_n=(2⁰+2¹+2²+…+2^n-1)-n·2ⁿ=2ⁿ-1-n·2ⁿ,即S_n=（n-1）·2ⁿ+1.（法二）注意到a_n=n·x^n-1型以及（x_n）′=n·x^n-1,可选择以导数为工具,采用构造函数法.令f（x）=1·x⁰+2·x¹+3·x²+…+n·x^n-1,不难观察到,（x_n）′=n·x^n-1,所以f（x）=（x+x²+x³+…+xⁿ）′=((xⁿ⁺¹-x)/（x-1）)′=(n·xⁿ⁺¹-（n+1）xⁿ+1))/（（x-1）²）     

利用二项式系数的性质解组合不等式

(a+b)~n展开式的二项式系数C_n~0、C_n~1、C_n~2…C_n~n从左至右先逐渐递增到最大值C_n~(n/2)(n为偶数)[或C_n~(n-1/2)、C_n~(n+1/2)(n为奇数)]时再逐渐减小,且有C_n~r=C_n~(n-r)(r=0,1,2,…n)。利用这个性质可以解组合不     

组合恒等式的几种证明方法

<正>对于组合恒等式的证明无固定的方法,使得人们常感到无从下手,下面介绍证明组合恒等式的几种方法,供读者参考。一、构造组合模型例1求证:(C_n⁰)0)²+(C_n2+(C_n¹)1)²+…+(C_n2+…+(C_nⁿ)n)²=C_(2n)2=C_(2n)ⁿ。证明:设集合A={a_1,a_2,…,a_n},集合B={b_1,b_2,…,b_n}。选法一:从A∪B中的2n个不同元素中选取出n个元素的组合数为:C_(2n)n。证明:设集合A={a_1,a_2,…,a_n},集合B={b_1,b_2,…,b_n}。选法一:从A∪B中的2n个不同元素中选取出n个元素的组合数为:C_(2n)ⁿ。选法二:从A中取0个元素,从B中取n     

一个不等式的证明

定理nn-1[(m+1)n-1n-1]<∑mi=11niαn-αn-1(α>1,n∈N,n≥2).证明由二项式定理得(α-1n)n=∑nr=0(-1)rCrn1nrαn-r,∵Crn(1n)r-Cr+1n(1n)r+1=Cr+1n(1n)r+1·nr+rn-r≥0,∴Crn(1n)r≥Cr+1n(1n)r+1(当且仅当r=0时等号成立).若n为偶数时,(α-1n)n=αn-αn-1+(C2n1n2αn-2-C3n1n3·αn-3)+…+(Cn-2n1nn-2α2-Cn-1n1nn-1α)+Cnn1nn>αn-αn-1;若n为奇数时,(α-1n)n=αn-αn-1+(C2n1n2αn-2-C3n1n3·αn-3)+…+(Cn-1n1nn-1α-Cnn1nn)>αn-αn-1.2定理的证明(1)∑m…     

二项式定理的一个证明

大家熟知的牛顿二项式定理是指下面的公式:(a+b)~n=c_n~0a~n+c_n~1a~(n-1)b+c_n~2a~(n-2)b~2+…+c_n~nb~n,(n∈N) (1)式(1)的右边的式子叫(a+b)~n的二项展开式,在教科书上,公式(1)的证明通常是采用数学归纳法,在本文中,我们将给二项式定理一种新的、有趣的证法,这种证法依赖于函数方程的解。     

分式拆项技巧归纳

学习了分式的加减运算,我们可以验证以下等式的正确性,即m+n/mn=1/n+1/m,1/n（n+1）=1/n-1/n+1,m/n（n+m）=1/n-1/n+m,2/n（n+1）（n+2）=1/n（n+1）-1/（n+1）（n+2）,n/2ⁿ=2（n+1）-（n+2）/2ⁿ=n+1/2^n-1-n+2/2ⁿ.熟练运用以上恒等式及平方差公     

一类多项式整除问题的一种证法

我们知道,由二项式定理 (a b)~n=a~n C_1~na~(n-1)b … C_n~(n-1)ab~(n-1) b~n可得 (a b)~n=aM_1 b~n; (a b)~n=a~2M_2 nab~(n-1) b~n; (a b)~n=a~n abM_i b~n; …………其中,M_i(i=1,2,3,…)是整式。利用上述性质可以证明一类多项式的整除问题。兹举例如下(本文中的n均为自然数): 例1 求证(x 1)~(2n 1) x~(n 2)能被x~2 x 1整除。     

例说二项展开式系数和的求解

近几年关于二项展开式的系数和问题,在高考及各类数学竞赛中频频出现,这类题短小精悍,虽然难度不大,但有一定技巧性,所以考生得分率不甚理想.本文就赋值法求解二项展开式的系数和谈点肤浅看法,以利于二项式定理的教学。 1 基本原理 设二元多项式函数f(x,y)=(ax by)~n=C_n~0a~nx~n C_n~1a~(n-1)bx~(n-1)y …… C_n~ra~(n-r)b~rx~(n-r)y~r …… C_n~nb~ny~n,其二项式展开式的系数和正是f(x,y)在x=y=1处的函数值,即: f(1,1)=C_n~0a~n C_n~1a~(n-1)b …… C_n~ra~(n-r)b~r …… C_n~n=(a b)~n。因此,二项展开式的系数和正是变量赋于一些特殊值时的函数值,这种方法适合一般的二项展开式系数和的求解,我们可以称之为赋值法。     

利用二项式定理求组合式的值

二项式定理是将(a+b)n 展开成多项式,其展开式的通项为Tk+1=Ckn an-kbk (k=0,1,…,n),其中Ckn称为二项式系数.利用二项式定理可以推导出C0n+C1n+…+Cnn=2n ,即证明了有n个元素的集合的子集个数为2n 个.因此,我们可以利用二项式定理计算有关组合数和(ax+b)n 展开式中xk ...     

巧用二项式定理

由二项式定理:(a+b)~n=C_n~0a~n+C_n~1a~(n-1)b+…+C_n~nb~n,(a-b)~n=C_n~0a~n-C_n~1a~(n-1)b+…+(-1)~nC_n~nb~n相加可得 (a+b)~n+(a-b)~n =2(C_n~ca~n+C_n~2a~(n-2)b~2+C_n~4a~(n-4)b~4+…)。(*)合理利用(*)式,可解答几类难度较大的问题。     

运用二项式定理证明不等式

二项式定理以结构的对称性给人以美的享受,这种美感更体现在它的广泛应用上。运用二项式定理证明一些不等式,结构简明,思路清晰,可达事半功倍之效。 例1 已知数列|a_n|,|b_n|,分别是等差数列和等比数列,且a_1=b_1,a_2=b_2,a_1≠a_2;a_n>0(n∈N~ ),求证:当n≥3时,a_nN时a_n<0,矛盾。故d>0。 n≥3,b_n=b_1q~(n-1)=a_(a_2/a_1)~(n-1) =a_1((a_1) a_1)~(n-1)=a_1(1 d/(a_1))~(n-1) =a_1[1 C_(n-1)~1d/(a_1) C_(n-1)~2 … C_(n-1)~(n-1)(d/(a_1))~(n-1)]     

二项式定理的推广及应用探索

<正>通过学习我们知道:1.(a+b)~2=a~2+2ab+b~22.(a+b)~3=a~3+3a~2b+3ab~2+b~33.(a+b)~n=a~n+C_n~1a~(n-1)b+C_n~2a~(n-2)b~2+…C_n~(n-1)ab~(n-1)+b~n这是二项式定理,在学习中我发现,关于(a+b)~n的展开式也可以给出如下证明:(a+b)~n是n个(a+b)相乘,属于多项式乘多项式的问题,每个(a+b)在相乘     

二项式定理的另一证法

关于二项式定理的证明,课本上用的是数学归纳法。数学教师也未提供其它的证明方法。经过探索,现提供一种新的简捷证法。定理: (a+b)~n=C_n~0+C_n~(n-1)b+···+C_n~ka~(n-k)b~k+···+C_n~(n-1)ab~(n-1)+C_n~nb~n (n∈)N     

相邻幂

Rufus Bowen猜想,方程1ⁿ+2ⁿ+3ⁿ+…+mⁿ=（m+1）n没有非平凡的解,而Leo Maoser证明了:对m≤10^1000000它没有非平凡的解,对奇数n也没有非平凡的解。Zhou Guo-Fu和KangJi-Ding将这个界提高到n≤10^2000000。Van de Lune和te Riele证明了,该方程几乎永不可解。注意n^mln2。Tijdeman注意到,有关方程1ⁿ+2ⁿ+3ⁿ+…+kⁿ=mⁿ的一     

构建不定方程模型解决计数问题

<正>许多组合问题看似与方程无关,若能去伪存真,转换思维角度,转化为不定方程整数解的模型,则往往能化繁为简、柳暗花明.1不定方程整数解的有关结论定理1不定方程x_1+x_2+…+x_k=n(k,n∈N+)的非负整数解的个数为C_(n+k-1)ⁿ.证法1将不定方程x_1+x_2+…+x_k=n的任意一组非负整数解(x_1,x_2,…,x_k)对应于一个由n个圆     

一道高中数学联赛题的巧妙证法

1988年全国高中数学联赛第一试第五题是“已知a、b为正实数,且1/a 1/b=1,试证对每一个n∈N,(a b)~n-a~n-b_n≥2~(2n)-2~(n 1)。此题一般用数学归纳法证明,笔者曾在南宁《中学理科》1989年第4期上利用二项式定理及二元均值不等式给出一种妙证。下面借助二项式定理及(2~n-2)元均值不等式给出又一巧妙证法,这只需将C_n~ra~(n-r)b~r看成C_n~r个a~(n-r)b~r。     

求二项式展开式中"某某"项的系数问题

二项式定理的表达式为(a+b)n=C0nanb0+C1nan-1b1+C2nan-2b2+…+Crnan-rbr+…+Cnna0bn (n∈N?).二项式定理的"娱乐理解": (1)(a+b)n理解为n个人一起玩扑克牌,每个人手中都有两张扑克牌,分别是a和b.规定每个人只出一张牌,且必须出一张牌; (2)通项公式Tr+...     

例析二项展开式的通项公式及应用

(a+b)n的展开式的通项为 Tr+1=Cnra(n-r)br(0≤r≤n). 应用通项公式Tr+1=Cnra(n-r)br时应注意以下几点:①通项公式是表示第"r+1"项,而不是 第r项;②展开式中第r+1项的二项式系数Cnr与第r+1项的系数不同;③通项公式中含有a, b,n,r.Tr+1五个元素,只要知道其中的四个元素,就可以求第五个元素,在有关二项式定理的问 题中,常遇到这五个元素中的若干个,求另外几个元素的问题,这类问题一般是利用通项公式, 把问题归蚋为解方程(或方程组),这里必须注意n是正整数,r是非负整数,且r≤n.下面就其应 用举例说明: