组合恒等式1 五个基本的组合恒等式基础与简单例子

四个基本的组合恒等式
应用四个基本恒等式计算组合恒等式的例题
应用四个基本恒等式证明组合恒等式的例题

组合恒等式是组合学中一个非常有趣但也十分具有挑战性的小分支，它常常以复杂的离散概率论问题的归一性的基础，或者数学竞赛题目的形式出现。组合恒等式是无穷的，因此掌握组合恒等式的证明、计算技巧尤为重要。这一讲就从五个大家高中就学过的组合恒等式开始。

四个基本的组合恒等式

等式一组合数的对称性
Cnk=Cnn−kC_n^k = C_n^{n-k}Cnk=Cnn−k

等式二杨辉三角
Cnk=Cn−1k+Cn−1k−1C_n^k = C_{n-1}^k + C_{n-1}^{k-1}Cnk=Cn−1k+Cn−1k−1

等式三多项式系数的唯一性
CnkCkm=CnmCn−mk−m=Cnk−mCn−k+mm,m≤k≤nC_n^kC_k^m = C_n^{m}C_{n-m}^{k-m} = C_n^{k-m}C_{n-k+m}^m,m\le k \le nCnkCkm=CnmCn−mk−m=Cnk−mCn−k+mm,m≤k≤n

这个等式表示多项式系数的唯一性，可以验证这三项表示的都是(n;m,k−m,n−k)(n;m,k-m,n-k)(n;m,k−m,n−k)的多重组合数，即把nnn个白球中的mmm个涂红、k−mk-mk−m个涂绿、n−kn-kn−k个涂黑的可能的方法数目：
n!m!(k−m)!(n−k)!\frac{n!}{m!(k-m)!(n-k)!}m!(k−m)!(n−k)!n!

在计数的时候，涂红色/绿色/黑色的顺序不影响总数，这就有了上面的恒等式，所以是多项式系数的唯一性。这个恒等式的一个特例也非常有用，假设m=1m=1m=1，
kCnk=nCn−1k−1kC_n^k = nC_{n-1}^{k-1}kCnk=nCn−1k−1

等式四二项式定理
(x+y)n=∑i=0nCnixiyn−i(x+y)^n = \sum_{i=0}^n C_n^ix^iy^{n-i}(x+y)n=i=0∑nCnixiyn−i

特例，如果x=y=1x=y=1x=y=1，则
∑i=0nCni=2n\sum_{i=0}^n C_n^i = 2^ni=0∑nCni=2n

如果x=1,y=−1x=1,y=-1x=1,y=−1，则
∑i=0n(−1)iCni=0\sum_{i=0}^n (-1)^iC_n^i = 0i=0∑n(−1)iCni=0

这四个等式中，等式一的作用就是变换一下指标；等式二的作用主要是拆项递推；等式三主要用来处理与组合数相乘的随指标变化的因子；等式四的作用是提供原始的和式。

应用四个基本恒等式计算组合恒等式的例题

例1 计算∑k=0n(−1)kCnkk+1\sum_{k=0}^n (-1)^k\frac{C_n^k}{k+1}∑k=0n(−1)kk+1Cnk
先观察随指标变换的部分，Cnk/(1+k)C_n^k/(1+k)Cnk/(1+k)，与组合数相乘的因子是一个分式。等式三简单变形一下，Cnk/n=Cn−1k−1/kC_n^k/n = C_{n-1}^{k-1}/kCnk/n=Cn−1k−1/k，所以Cnk/(1+k)=Cn+1k+1/(n+1)C_n^k/(1+k)=C_{n+1}^{k+1}/(n+1)Cnk/(1+k)=Cn+1k+1/(n+1)，
∑k=0n(−1)kCnkk+1=1n+1∑k=0n(−1)kCn+1k+1\sum_{k=0}^n (-1)^k\frac{C_n^k}{k+1}= \frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^n (-1)^kC_{n+1}^{k+1}k=0∑n(−1)kk+1Cnk=n+11k=0∑n(−1)kCn+1k+1

-1的幂作为因子与组合数相乘可以参考等式四的特例二，
∑i=0n+1(−1)iCn+1i=0=(−1)0Cn+10+∑i=1n+1(−1)iCn+1i=1−∑k=0n+1(−1)kCn+1k+1\sum_{i=0}^{n+1} (-1)^iC_{n+1}^i = 0 = (-1)^0C_{n+1}^0 + \sum_{i=1}^{n+1} (-1)^iC_{n+1}^i = 1 - \sum_{k=0}^{n+1} (-1)^{k}C_{n+1}^{k+1} i=0∑n+1(−1)iCn+1i=0=(−1)0Cn+10+i=1∑n+1(−1)iCn+1i=1−k=0∑n+1(−1)kCn+1k+1

结合这两条推导，可以得到∑k=0n(−1)kCnkk+1=1/(1+n)\sum_{k=0}^n (-1)^k\frac{C_n^k}{k+1}=1/(1+n)∑k=0n(−1)kk+1Cnk=1/(1+n)。

例2 计算∑k=0nk2Cnk\sum_{k=0}^n k^2C_n^k∑k=0nk2Cnk
同样观察随指标变换的部分，k2Cnkk^2C_n^kk2Cnk，也是利用等式三先做一次变形，k2Cnk=knCn−1k−1k^2C_n^k=knC_{n-1}^{k-1}k2Cnk=knCn−1k−1。考虑kCn−1k−1kC_{n-1}^{k-1}kCn−1k−1，等式二与组合数的指数相同，所以这里裂项，kCn−1k−1=Cn−1k−1+(k−1)Cn−1k−1kC_{n-1}^{k-1}=C_{n-1}^{k-1} + (k-1)C_{n-1}^{k-1}kCn−1k−1=Cn−1k−1+(k−1)Cn−1k−1，其中(k−1)Cn−1k−1=(n−1)Cn−2k−2(k-1)C_{n-1}^{k-1}=(n-1)C_{n-2}^{k-2}(k−1)Cn−1k−1=(n−1)Cn−2k−2
∑k=0nk2Cnk=n∑k=0nCn−1k−1+n(n−1)∑k=0nCn−2k−2\sum_{k=0}^n k^2C_n^k=n\sum_{k=0}^n C_{n-1}^{k-1} + n(n-1)\sum_{k=0}^n C_{n-2}^{k-2}k=0∑nk2Cnk=nk=0∑nCn−1k−1+n(n−1)k=0∑nCn−2k−2

剩下的两个求和式可以用等式四的特例一
∑k=0nCn−1k−1=∑i=0n−1Cn−1i=2n−1,∑k=0nCn−2k−2=∑j=0n−2Cn−2j=2n−2\sum_{k=0}^n C_{n-1}^{k-1} = \sum_{i=0}^{n-1} C_{n-1}^i = 2^{n-1},\ \sum_{k=0}^n C_{n-2}^{k-2} = \sum_{j=0}^{n-2} C_{n-2}^j = 2^{n-2}k=0∑nCn−1k−1=i=0∑n−1Cn−1i=2n−1, k=0∑nCn−2k−2=j=0∑n−2Cn−2j=2n−2

结合这两条推导，可以得到∑k=0nk2Cnk=n(n+1)2n−2\sum_{k=0}^n k^2C_n^k=n(n+1)2^{n-2}∑k=0nk2Cnk=n(n+1)2n−2。

例3 计算∑i=mnCniCim\sum_{i=m}^n C_n^iC_i^m∑i=mnCniCim和∑i=mn(−1)iCniCim\sum_{i=m}^n (-1)^iC_n^iC_i^m∑i=mn(−1)iCniCim
（1）随指标变换的部分，CniCimC_n^iC_i^mCniCim，是两个组合数的乘积，特点是左上和右下的两个指标相同，这种特征对应等式三，CniCim=CnmCn−mi−mC_n^iC_i^m = C_n^{m}C_{n-m}^{i-m}CniCim=CnmCn−mi−m，它可以消去一个组合数中变动的指标，
∑i=mnCniCim=Cnm∑i=mnCn−mi−m=Cnm∑k=0n−mCn−mk=Cnm2n−m\sum_{i=m}^n C_n^iC_i^m=C_n^{m}\sum_{i=m}^n C_{n-m}^{i-m}=C_n^{m}\sum_{k=0}^{n-m} C_{n-m}^{k}=C_n^m2^{n-m}i=m∑nCniCim=Cnmi=m∑nCn−mi−m=Cnmk=0∑n−mCn−mk=Cnm2n−m

（2）利用一样的技巧，当n>mn>mn>m时
∑i=mn(−1)iCniCim=Cnm∑i=mn(−1)iCn−mi−m=(−1)mCnm∑k=0n−m(−1)kCn−mk=0\sum_{i=m}^n (-1)^iC_n^iC_i^m=C_n^{m}\sum_{i=m}^n (-1)^iC_{n-m}^{i-m}=(-1)^mC_n^{m}\sum_{k=0}^{n-m} (-1)^{k}C_{n-m}^{k}=0i=m∑n(−1)iCniCim=Cnmi=m∑n(−1)iCn−mi−m=(−1)mCnmk=0∑n−m(−1)kCn−mk=0

最后一步利用了等式四的特例二；当n=mn=mn=m时，和式只有一项，(−1)m(-1)^m(−1)m。综合可得，
∑i=mn(−1)iCniCim=(−1)mδnm\sum_{i=m}^n (-1)^iC_n^iC_i^m=(-1)^m\delta_{nm}i=m∑n(−1)iCniCim=(−1)mδnm

δnm\delta_{nm}δnm是Kronecker符合，当仅当m=nm=nm=n为1，否则为0。

应用四个基本恒等式证明组合恒等式的例题

例4 证明∑i=0n(−1)iCnimm+i=(Cm+nn)−1\sum_{i=0}^n (-1)^iC_n^i \frac{m}{m+i}= (C_{m+n}^n)^{-1}∑i=0n(−1)iCnim+im=(Cm+nn)−1
当m=1m=1m=1时，这个等式就是例1的结果。当m>1m>1m>1时，就要麻烦一点了，等式一三四显然都是没法用的，那就考虑一下等式二，Cni=Cn−1i−1+Cn−1iC_n^i=C_{n-1}^{i-1} + C_{n-1}^iCni=Cn−1i−1+Cn−1i

∑i=0n(−1)iCnimm+i=∑i=0n(−1)iCn−1imm+i+∑i=0n(−1)iCn−1i−1mm+i\sum_{i=0}^n (-1)^iC_n^i \frac{m}{m+i}=\sum_{i=0}^n (-1)^iC_{n-1}^i \frac{m}{m+i}+\sum_{i=0}^n (-1)^iC_{n-1}^{i-1} \frac{m}{m+i}i=0∑n(−1)iCnim+im=i=0∑n(−1)iCn−1im+im+i=0∑n(−1)iCn−1i−1m+im

这个等式的右边第一项在i=ni=ni=n，第二项在i=0i=0i=0时都是没有定义的，为了让这个式子有意义，需要把i=0,ni=0,ni=0,n单独拿出来

∑i=0n(−1)iCnimm+i=1+∑i=1n−1(−1)iCn−1imm+i+∑i=1n−1(−1)iCn−1i−1mm+i+(−1)nmm+n\sum_{i=0}^n (-1)^iC_n^i \frac{m}{m+i}=1+\sum_{i=1}^{n-1} (-1)^iC_{n-1}^i \frac{m}{m+i}+\sum_{i=1}^{n-1} (-1)^iC_{n-1}^{i-1} \frac{m}{m+i}+(-1)^n\frac{m}{m+n}i=0∑n(−1)iCnim+im=1+i=1∑n−1(−1)iCn−1im+im+i=1∑n−1(−1)iCn−1i−1m+im+(−1)nm+nm

记an=∑i=0n(−1)iCnimm+ia_n=\sum_{i=0}^n (-1)^iC_n^i \frac{m}{m+i}an=∑i=0n(−1)iCnim+im，则an−1=1+∑i=1n−1(−1)iCn−1imm+ia_{n-1}=1+\sum_{i=1}^{n-1} (-1)^iC_{n-1}^i \frac{m}{m+i}an−1=1+∑i=1n−1(−1)iCn−1im+im，处理剩下的两项

∑i=1n−1(−1)iCn−1i−1mm+i+(−1)nmm+n=∑i=1n(−1)iCn−1i−1mm+i\sum_{i=1}^{n-1} (-1)^iC_{n-1}^{i-1} \frac{m}{m+i}+(-1)^n\frac{m}{m+n}=\sum_{i=1}^{n} (-1)^iC_{n-1}^{i-1} \frac{m}{m+i}i=1∑n−1(−1)iCn−1i−1m+im+(−1)nm+nm=i=1∑n(−1)iCn−1i−1m+im

观察这个结果，它和ana_nan的形式非常相似，所以接下来的目标就是把它表示成aia_iai的样子，Cn−1i−1C_{n-1}^{i-1}Cn−1i−1与CniC_n^iCni之间可以利用等式三特例来转换，Cn−1i−1=inCniC_{n-1}^{i-1}=\frac{i}{n}C_n^iCn−1i−1=niCni，

∑i=1n(−1)iCn−1i−1mm+i=mn∑i=1n(−1)iCniim+i=mn∑i=1n(−1)iCni(1−mm+i)=mn∑i=1n(−1)iCni−mn∑i=1n(−1)iCnimm+i=−mnan\sum_{i=1}^{n} (-1)^iC_{n-1}^{i-1} \frac{m}{m+i}=\frac{m}{n}\sum_{i=1}^{n} (-1)^iC_{n}^{i} \frac{i}{m+i}=\frac{m}{n}\sum_{i=1}^{n} (-1)^iC_{n}^{i} \left( 1- \frac{m}{m+i} \right) \\ = \frac{m}{n}\sum_{i=1}^{n} (-1)^iC_{n}^{i} - \frac{m}{n}\sum_{i=1}^{n} (-1)^iC_{n}^{i}\frac{m}{m+i} = -\frac{m}{n}a_ni=1∑n(−1)iCn−1i−1m+im=nmi=1∑n(−1)iCnim+ii=nmi=1∑n(−1)iCni(1−m+im)=nmi=1∑n(−1)iCni−nmi=1∑n(−1)iCnim+im=−nman

结合上面的推导，可以得到一个递推关系an=an−1−mnana_n=a_{n-1}-\frac{m}{n}a_nan=an−1−nman，也就是an=nn+man−1a_n=\frac{n}{n+m}a_{n-1}an=n+mnan−1

an=nn+man−1=nn+mn−1n−1+man−2=⋯=(Cm+nn)−1a_n = \frac{n}{n+m}a_{n-1} = \frac{n}{n+m}\frac{n-1}{n-1+m}a_{n-2} = \cdots =(C_{m+n}^n)^{-1}an=n+mnan−1=n+mnn−1+mn−1an−2=⋯=(Cm+nn)−1

例5 证明∑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=1n(−1)i+1Cnii1=∑i=1ni1
观察随指标变换的部分，与例1的区别就是分式中的分母是iii而不是i+1i+1i+1，这种和基本恒等式的指标差一点的情况，我们用与例4类似的方法，记bn=∑i=1n(−1)i+1Cni1ib_n=\sum_{i=1}^n (-1)^{i+1}C_n^i \frac{1}{i}bn=∑i=1n(−1)i+1Cnii1，用等式二裂项，下面仅给出简略步骤

bn=∑i=1n(−1)i+1Cn−1i−11i+bn−1=1n∑i=1n(−1)i+1Cni+bn−1=1n+bn−1b_n=\sum_{i=1}^{n} (-1)^{i+1}C_{n-1}^{i-1} \frac{1}{i}+b_{n-1} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (-1)^{i+1}C_{n}^{i}+b_{n-1} =\frac{1}{n} +b_{n-1} bn=i=1∑n(−1)i+1Cn−1i−1i1+bn−1=n1i=1∑n(−1)i+1Cni+bn−1=n1+bn−1