组合恒等式7 组合变换的互逆公式简介与简单例子

组合恒等式7 组合变换的互逆公式

双重求和可以交换次序
互逆公式的证明
应用互逆公式证明组合恒等式

类似离散序列的Z变换，我们也可以定义以组合数为系数的组合变换，一个直观的例子是
bk=∑i=0k(−1)iCkiaib_k = \sum_{i=0}^k (-1)^i C_k^i a_ibk=i=0∑k(−1)iCkiai

bkb_kbk就是关于aka_kak的一个组合变换，这个组合变换有一个很重要的性质，就是
ak=∑i=0k(−1)iCkibia_k = \sum_{i=0}^k (-1)^i C_k^i b_iak=i=0∑k(−1)iCkibi

也就是对bkb_kbk再做一次组合变换就又变回aka_kak了，称这样的一对组合变换叫做组合变换的互逆公式，基于这种组合变换的互逆公式，可以从现有的组合恒等式得到更多的组合恒等式，这一讲就以证明这对互逆公式作为开始。

双重求和可以交换次序

二重积分计算有一个Fubini定理，告诉我们二重积分可以交换积分次序，在离散领域，双重求和也具有类似的性质。考虑二重求和
S=∑k=0n∑l=0kxklS = \sum_{k=0}^n \sum_{l=0}^k x_{kl}S=k=0∑nl=0∑kxkl

这个求和可以理解成对矩阵[xkl](n+1)×(n+1)[x_{kl}]_{(n+1)\times (n+1)}[xkl](n+1)×(n+1)的下三角部分所有元素求和，其中∑l=0kxkl\sum_{l=0}^k x_{kl}∑l=0kxkl表示第k+1k+1k+1行的和；当然还有另一种写法，我们也可以先写出第lll列的和∑k=lnxkl\sum_{k=l}^n x_{kl}∑k=lnxkl，则
S=∑l=0n∑k=lnxklS = \sum_{l=0}^n \sum_{k=l}^n x_{kl}S=l=0∑nk=l∑nxkl

这样就得到了双重求和可以交换次序的结论：
∑k=0n∑l=0kxkl=∑l=0n∑k=lnxkl\sum_{k=0}^n \sum_{l=0}^k x_{kl}=\sum_{l=0}^n \sum_{k=l}^n x_{kl}k=0∑nl=0∑kxkl=l=0∑nk=l∑nxkl

互逆公式的证明

计算
∑i=0k(−1)iCkibk=∑i=0k(−1)iCki(∑j=0i(−1)jCijaj)=∑i=0k∑j=0i(−1)i+jCkiCijaj=∑j=0k∑i=jk(−1)i+jCkiCijaj=∑j=0k(−1)jaj∑i=jn(−1)iCkiCij\sum_{i=0}^k (-1)^i C_k^i b_k = \sum_{i=0}^k (-1)^i C_k^i \left( \sum_{j=0}^i (-1)^j C_i^j a_j \right) = \sum_{i=0}^k \sum_{j=0}^i (-1)^{i+j}C_k^iC_i^ja_j \\ = \sum_{j=0}^k \sum_{i=j}^k (-1)^{i+j}C_k^iC_i^ja_j = \sum_{j=0}^k (-1)^ja_j \sum_{i=j}^n(-1)^iC_k^iC_i^ji=0∑k(−1)iCkibk=i=0∑k(−1)iCki(j=0∑i(−1)jCijaj)=i=0∑kj=0∑i(−1)i+jCkiCijaj=j=0∑ki=j∑k(−1)i+jCkiCijaj=j=0∑k(−1)jaji=j∑n(−1)iCkiCij

根据组合恒等式1 五个基本的组合恒等式基础与简单例子例三的结果，
∑i=jn(−1)iCkiCij=(−1)jδkj\sum_{i=j}^n(-1)^iC_k^iC_i^j = (-1)^j \delta_{kj}i=j∑n(−1)iCkiCij=(−1)jδkj

因此
∑i=0k(−1)iCkibk=∑j=0kδkjaj=ak\sum_{i=0}^k (-1)^i C_k^i b_k=\sum_{j=0}^k \delta_{kj}a_j =a_k i=0∑k(−1)iCkibk=j=0∑kδkjaj=ak

应用互逆公式证明组合恒等式

例1 ∑k=1n(−1)kCnk(1+12+⋯+1k)=−1n\sum_{k=1}^n (-1)^kC_n^k\left( 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{k} \right) = - \frac{1}{n}∑k=1n(−1)kCnk(1+21+⋯+k1)=−n1
证明
在组合恒等式1 五个基本的组合恒等式基础与简单例子例五中，我们证明了
∑i=1n(−1)i+1Cni1i=∑i=1n1i\sum_{i=1}^n (-1)^{i+1}C_n^i \frac{1}{i}= \sum_{i=1}^n \frac{1}{i}i=1∑n(−1)i+1Cnii1=i=1∑ni1

把这个式子看成组合变换的结果，即
∑i=1n(−1)iCni−1i=∑i=1n1i\sum_{i=1}^n (-1)^{i}C_n^i \frac{-1}{i}= \sum_{i=1}^n \frac{1}{i}i=1∑n(−1)iCnii−1=i=1∑ni1

根据互逆公式
∑i=1n(−1)iCni(1+12+⋯+1i)=−1n\sum_{i=1}^n (-1)^{i}C_n^i \left( 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{i} \right) = -\frac{1}{n}i=1∑n(−1)iCni(1+21+⋯+i1)=−n1

例2 ∑k=1n(−1)kCnk(x+x22+⋯+xkk)=−1n[1−(1−x)n]\sum_{k=1}^n (-1)^kC_n^k\left( x + \frac{x^2}{2} + \cdots + \frac{x^k}{k} \right) = - \frac{1}{n}[1-(1-x)^n]∑k=1n(−1)kCnk(x+2x2+⋯+kxk)=−n1[1−(1−x)n]
证明
显然例2是例1的推广，等式左边的式子是个双重求和比较复杂，可以用证明这个恒等式的互逆公式的办法证明它，也就是证明

∑k=1n(−1)k+1Cnk1k[1−(1−x)k]=(x+x22+⋯+xnn)\sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}C_n^k\frac{1}{k}[1-(1-x)^k]= \left( x + \frac{x^2}{2} + \cdots + \frac{x^n}{n} \right) k=1∑n(−1)k+1Cnkk1[1−(1−x)k]=(x+2x2+⋯+nxn)

左边的式子可以写成
∑k=1n(−1)k+1Cnk1k−∑k=1n(−1)k+1Cnk1k(1−x)k≜an−bn\sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}C_n^k\frac{1}{k} - \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}C_n^k\frac{1}{k}(1-x)^k \triangleq a_n-b_nk=1∑n(−1)k+1Cnkk1−k=1∑n(−1)k+1Cnkk1(1−x)k≜an−bn

根据上例，
an=∑i=1n1ia_n = \sum_{i=1}^n \frac{1}{i}an=i=1∑ni1

所以只需要处理bnb_nbn即可，用杨辉三角裂项，
bn=∑k=1n(−1)k+1Cnk1k(1−x)k=∑k=1n(−1)k+1(Cnk−1+Cn−1k−1)1k(1−x)kb_n = \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}C_n^k\frac{1}{k}(1-x)^k = \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}(C_n^{k-1}+C_{n-1}^{k-1})\frac{1}{k}(1-x)^k bn=k=1∑n(−1)k+1Cnkk1(1−x)k=k=1∑n(−1)k+1(Cnk−1+Cn−1k−1)k1(1−x)k

其中Cn−1k−1/k=Cnk/nC_{n-1}^{k-1}/k = C_n^k/nCn−1k−1/k=Cnk/n，对第二项用二项式定理
bn=∑k=1n(−1)k+1Cnk−11k(1−x)k+1n∑k=1n(−1)k+1Cnk(1−x)k=bn−1+1n(1−xn)b_n = \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}C_n^{k-1}\frac{1}{k}(1-x)^k + \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}C_n^k(1-x)^k \\ = b_{n-1} + \frac{1}{n}(1-x^n)bn=k=1∑n(−1)k+1Cnk−1k1(1−x)k+n1k=1∑n(−1)k+1Cnk(1−x)k=bn−1+n1(1−xn)

基于这个递推公式可以得到
bn=∑i=1n1i−(x+x22+⋯+xnn)b_n = \sum_{i=1}^n \frac{1}{i} - \left( x + \frac{x^2}{2} + \cdots + \frac{x^n}{n} \right)bn=i=1∑ni1−(x+2x2+⋯+nxn)