巧求sum from i=1 to n multiply from j=i to i+r-1 j(r∈N)

如何计算sum from t=1 to n multiply from j=i to i+r-1 j(r∈N)的值(表达式)方法多种多样,但一般都比较繁琐。联想到高级中学《代数》第三册P82习题18_((2))的组合数恒等式,可得: C_r~r+C_(r+1)~r+C_(r+2)~r+…+C_(2+r-1)~r=C_(2+r)~(r+1) 将此式展开后两端乘以r_1,即可得:     

公式K·C_n~k=n·C_(n-1)~(k-1)的意义及其应用

有些数学关系既不易理解也不易记忆,但是把它和准确、形象、生动的实例联系在一起,困难便消失了。组合数的两个性质就是这样。C_n~m=C_n~(n-m)表示从n个元素里挑m个元素出来和挑n-m个元素留下是一回事。公式C_n~m=C_(n-1)~m+C_(n-1)~(m-1)表示从n个元素中挑m个元素可以分两种情况。不挑元素A的有C_(n-1)~m种,一定挑元素A的有C_(n-1)~(m-1)种。“无A”、“有A”是这个公式的“题眼”,抓住“题眼”,问题就迎刃而解了。 C_n~m=C_(n-1)~m+C_(n-1)~(m-1)和C_n~m=C_n~(n-m)分别表达了     

母函数与线性常系数递推数列

让我们先看下面两个例题: 例1 求证C_(n-1)~m C_(n-2)~m C_(n-3)~m… C_(m 1)~m C_m~m=C_n~(m 1) 证明:由等比数列求和公式知(1 x)~(n-1) (1 x)~(n-2) (1 x)~(n-3) … (1 x)~(m 1) (1 x)~m=((1 x)~n-(1 x)~m)/x上式左边x~m项的系数是 C_(n-1)~m C_(n-2)~m C_(n-3)~m … C_(n 1)~m C_m~m,上式右边的分子中,x~(m 1)项的系数是G_n~(m 1),应当相等,故等式成立。例2 证明: C_n~1 2C_n~2 3C_n~3 … C_n~n=n2~(n-1)。证明:将等式     

关于一个组合恒等式教学的管见

全日制十年制高中《数学》习题十第10、(1)题,要求证明这样一个组合恒等式: C_n~n C_(n 1)~n … C_(n m)~n=C_(n m 1)~(n 1)。①该书复习题四第1(3)题,又要求证明C_(n-1)~m C_(n-2)~m C_(n-3)~m … C_(m 1)~m C_m~m=C_m~(m 1)显然,这两个等式实质上是一回事。     

用组合性质推导(sum from i=1 to m ai)~n(n≥1,m≥1)的项数

在学习过程中,我们遇到求形如(1+2x+3x~2)~5的展开的项数问题,通过分析,我们猜测如下命题。我用已学过的组合性质C_(n+1)~m=C_n~(m-1)+C_n~m及二项式定理证明了这一命题。命题:(sum from i=1 to m a_i)~n(n≥1,m≥1)的展开项数为C_(m+n-1)~n项。证明:我们对自然数m用数学归纳法。①、当m=1、2时,对一切自然数n命题显然成立。②、假设m=k时,对一切自然数n命题成立。当m=k+1时, 据归纳假设,上式右端展开后,其项数分别为:C_k~0项,C_k~1项,C_(k+1)~2项,C_(k+2)~3项,…,C_(k+n-1)~n项。又由于上式右端a_(k+1)的方次不同,它们之间不可能再合并同类项。故有 (sum from i=1 to k+1 a_i)~n展开项数=C_k~0+C_k~1+C_(k+1)~2+C_(k+2)~3     

递推法解排列组合问题

[例1] 走上10级的阶梯,每步可一级或两级,问有多少种不同的走法? 解法1 按每种走法中一步上两级的步数k(k=0,1,2,3,4,5)分成6类,走上10级阶梯的步数是10-k,这一类的走法数是C_(10-k)~k。由加法原理,不同走法总数为 N=C_10~0+C_9~1+C_8~2+C_7~2+C_6~4+C_5~5=89。下面是递推法。解法2 设走上n级阶梯的走法有a_n种,易知a_1=1,a_2=2,当n>2时,若第一步上一级则有a_(n-1)种走法,第一步上两级则有a_(n-2)种走法,故a_n=a_(n-1)+a_(n-2)(n≥3)。于是当阶梯级数n=1,2,…,10时,走法数依次是 1,2,3,5,8,13,21,34,55,89。即a_(10)=89。注意到解法2中的数列{a_n}就是菲波那奇数列,它的通项公式为     

一个组合公式的引伸及推论

本文对组合公式C_m~n=C_(m-1)~n C_(m-1)~(n-1)的引伸进行了讨论,也就是说,我们反复应用该公式,可得到另外一个组合公式.最后,当这个组合公式满足所给条件时,我们又得到两个组合公式.     

关于代数的短文十二篇

公式C_(n+1)~m=C_n~m+C_n~(m-1)的一个应用利用组合数性质公式C_(n+1)~m=C_n~m+C=_n~(m-1)可以求形如{n(n+1)…(n+k-1)}的数列的前n项和S_n。 [例1] 求和 S=1·2·3+2·3·4+…+n(n+1)(n+2) 解:1/3!S=1·2·3/3!+2·3·4·/3!…+n(n+1)(n+2)/3! =C_3~3+C_4~3+…+C_(n+2)~3=(C_4~4+C_4~3)+C_5~3+…+C_(n+2)~3 =(C_5~4+C_5~3)+C_6~3+…+C_(n+2)~3=…=C_(n+2)~4+C_(n+2)~3 =C_(n+3)~4=n(n+1)(n+2)(n+3)/4!,     

求级数1~m+2~m+3~m+…+(n-1)~m+…部分和的一个初等方法

本文目的在于用初等代数的方法求如下一类级数的前(n-1)项的和: 1~m+2~m+3~m+…+k~m+…+(n-1)~m+…从而使学生对级数求和,二项式展开等知识进一步得到深化,并为建立初等与高等数学的联系提供一个有意义的应用例子。一、公式的推导: 记б_n~(m)=1~m+2~m+3~m+…+k~m+…+(n-1)~m (1) 其中m是正整数。我们注意到如下关系式: (l+1)~(m+1)-l~(m+1)=C_(m+1)~1l~m+C_(m+1)~2l~(m-1)+C_(m+1)~3l~(m-2)+…C_(m+1)~kl~(m-k+1)+… +C_(m+1)~ml+1……(2) 在(2)式两端分别令l=1,2,3,…,(n-2),(n-1),得:     

构造组合式求数列的和

一类有关自然数的求和问题,若能将通项变形成组合数,构造出组合恒等式: C_(n-1)~m+C_(n-2)~m+C_(n-3)~m+…+C_(n+1)~m+C_m~m=C_n~(m+1)(高中代数第三册第81页18(2)题)。用其求和,则非常简捷。例1 求和 1×(3×1+1)+2×(3×2+1)+…+n(3n+1)。     

杨辉恒等式的推广与三类组合恒等式

杨辉恒等式即现行高中数学教材中所述组合数的第二个基本性质:C_(n-1)~(i-1) C_(n-1)~i=C_n~i(1≤i≤n-1)(1) 我们可以结合等差数列将其推广为定理设a_0,a_1,…,a_n是一个等差数列,则当0≤i≤n时,恒有 a_iC_n~i=a_nC_(n-1)~(i-1) a_0C_(n-1)~i(2) 证明:当i=0或n时,按规定有C_(n-1)~n=0,C_(n-1)~(-1)=0,此时,(2)式显然成立。当1≤i≤n-1时,设等差数列a_0,a_1,…,a_n的公差为d,则a_i=a_0 id (0≤i≤n),于是     

重复组合浅论

从m个不同的元素中,每次取出n个元素,(每个元素都可以重复取出)不管怎样的顺序并成一组,叫做n元重复组合。这里n可以大于m。 n元重复组合的总个数用H_m~n来表示,并且我们有下式成立 H_m~n=C_(m n-1)~n (1) 例如从a、b、c三个不同的字母,能构成多少个不同的2次单项式?(其中每个字母都可以重复使用)这样的2次单项式,都是2元重复组合,共计有 H_3~2=C_4~2=6(个)把它们都写出来就是: a~2、ab、ac、b~2、bc、c~2。本文拟对(1)式给出几种证法,以便相互比较,开阔思路。证明1,我们不妨仅就从3个不同的元素a_1,a_2,a_3中,每次取出5个元素,能组成多少个5元重复组合,     

不定方程x_1+x_2+…+x_n=1的非负整数解

[定理1] n元一次不定方程x_1+x_2+…+x_n=r的非负整数解共有C_((n+1)_(-1))~(n-1)个(r∈N)。证:考虑由r个1与n-1个0作成的一个排列。令x_1等于排列中第一个0左边1的个数,x_2等于第一个0与第二个0之间1的个数,…,x_n等于最后一个0右边1的个数。例如n=4,r=8,则排列11011110011对应解     

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…     

一个不定方程解的应用(高二、高三)

定理m元一次不定方程x1 x2 … xm=n(m,n∈N,m,n≥2)的正整数解有C_(n-1)~(m-1)组,自然数解有C_(n m-1)~(m-1)组.证明①若xi为正整数,则这个不定方程正整数解的组数等价于x个小球之间有n-1个空隙,从中放入m-1个隔板,故其正整数解的组数为C_(n-1)~(m-1).     

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:     

行程应用题学习指点

1.公式提出有一批产品,其中有n件正品和m件次品,从中任取r(r≤m)件产品进行检测,若ξ表示取到的次品数的件数,求取到的产品的次品数ξ的个数的数学期望Eξ与方差Dξ.为了更快更简捷地解决这类计算问题,笔者给出以下两个公式,即:Eξ=mrm+n,Dξ=mnr(m+n-r)(m+n)2(m+n-1)(这里,0≤r≤m,且m,n均为正整数,r为非负整数)2.公式证明显然ξ的分布列为:ξ0123…rPC0mCrnCrm+nC1mCr-1nCrm+nC2mCr-2nCrm+nC3mCr-3nCrm+n…CrmC0nCrm+n　　Eξ=C1mCr-1nCrm+n+2C2mCr-2nCrm+n+3C3mCr-3nCrm+n+…+rCrmC0nCrm+n∵iCim=i·m!i!(m-i)!=m·(m-1)!(…     

用待定系数法求一类递推数列的通项公式

设数列{u_n}的第一项为u_1,第一项为u_2,并且有递推公式u_(n 1)=q_1u_n q_2u_(n-1)则称数列{u_n}为二阶线性齐次递推数列,并称方程r~2-q_2r-q_2=0为该数列的特征方程.设r_1,r_2为这个特征方程的两个根,那么,当r_1≠r_2时,数列{u_n}的通项公式为u_n=C_lr_1~n C_2r_2~n,其中C_1,C_2由方程组C_1r_1 C_2r_2=u_lC_1r_1~2 C_2r_2~2=u_2来决定.当r_1=r_2=r_0时,则数列{u_n}的通项公式为u_n=(C_1 nC_2)r_0~(n-1),     

组合恒等式的证明

一、直接利用组合数公式证明二、利用组合定义证。 [例1] 求证 C_n~(m 1) C_n~(m-1) 2C_n~m=C_(n 2)~(m 1) 证:从n 2个不同元中取m 1个元的组合可分四类:i)含指定元甲、乙的有C_n~(m-1)种,ii)不含甲、乙的有C_n~(m 1)种,iii)、iv)含甲不含乙与含乙不含甲的各有C_n~m种。由加法原理得原式。三、利用组合性质证。如例1原式左=(C_n~(m 1) C_n~m (C_n~(m-1) C_n~m)=C_(n 1)~(m 1) C_(n 1)~m=C_(n 2)~(m 1)。     

关于方程sum from k=0 to n(x-qk)~r=sum from k=1 to n (x+qk)~r

本文证明了对任何正整数n,q,r,方程sum from k=0 to　n(x-qk)~r=sum from k=1 to n(x+qk)~r仅有正整数解:r=1,x=qn(n+1);r=2,x=2qn(n+1)。