Solution -「二项式定理与组合恒等式」一些练习

2023-11-22 23:34:34

\[{\Large \mathbb{No \ hay \ cosa \ mas \ feliz \ en \ el \ mundo \ que \ ver \ tu \ sonrisa \ mi \ Miffy}} \]

Task 1

$\mathcal{Prob:}$ $(3x - 2y)^{18}$ 的展开式中， $x^5y^{13}$ 的系数是什么？$x^8y^9$ 的系数是什么？

$\mathcal{Sol:}$ 由二项式定理可得：$x^5y^{13}$ 的系数为 $\binom {18} {5} \times 3^5 \times 2^{13}$，没有 $x^8y^9$ 这一项。

Task 2

$\mathcal{Prob:}$ 用二项式定理证明：$3^n = {\large \sum \limits_{k = 0}^{n} } \dbinom {n} {k} 2 ^ k$，并扩展结果，对任意实数 $r$ 求和 ${\large \sum \limits_{k = 0}^{n} } \dbinom {n} {k} r ^ k$。

$\mathcal{Sol:}$ $3^n = (2 + 1) ^ n$，然后二项式定理直接展开即可得右式。

$\mathcal{Extra:}$ 考虑逆用二项式定理 ${\large \sum \limits_{k = 0}^{n}} \dbinom {n} {k} r ^ k = (r + 1) ^ n$。

Task 3

$\mathcal{Prob:}$ 用二项式定理证明：$2^n = {\large \sum \limits _{k = 0}^{n}} (-1)^k \dbinom {n} {k} 3^{n - k}$。

$\mathcal{Sol:}$ $2^n = (3 - 1) ^ n$，然后二项式定理直接展开即可得右式。

Task 4

$\mathcal{Prob:}$ 求和 ${\large \sum \limits _{k = 0}^{n}} (-1)^k \dbinom {n} {k} 10^k$。

$\mathcal{Sol:}$ ${\large \sum \limits _{k = 0}^{n}} (-1)^k \dbinom {n} {k} 10^k = {\large \sum \limits _{k = 0}^{n}} (-1)^k \dbinom {n} {k} 10^k \times 1^{n - k}$。

逆用二项式定理，原式可化为：$(1 - 10) ^ n$，即 $(-9)^n$。

Task 5

$\mathcal{Prob:}$ 试证明 $\dbinom {n} {k} - \dbinom {n - 3} {k} = \dbinom {n - 1}{k - 1} + \dbinom {n - 2} {k - 1} + \dbinom {n - 3} {k - 1}$。

$\mathcal{Sol:} $ 考虑组合意义。我们现在给定 $n$ 个不同的球。

左式。表示：我们在 $n$ 个球中钦定 $3$ 个球，再在 $n$ 个球中选出 $k$ 个，且保证我们钦定的 $3$ 个球中至少有 $1$ 个球被选了的方案数。
右式。表示：我们在 $n$ 个球中钦定 $3$ 个球，记作 $a, b, c$，不必考虑 $a, b, c$ 的顺序。则 $\dbinom{n - 1} {k - 1}$ 可看为在 $n$ 个球中选出 $k$ 个且必选 $a$ 的方案数，且 $\dbinom{n - 2} {k - 1}$ 可看为在 $n$ 个球中选出 $k$ 个且必选 $b$、必不选 $a$ 的方案数，$\dbinom{n - 3} {k - 1}$ 可看为在 $n$ 个球中选出 $k$ 个且必选 $c$、必不选 $a,b$ 的方案数。三式求和即为 $n$ 个球中选 $k$ 个，且 $a, b, c$ 至少出现一个的方案数。

不难发现左式、右式意义相同，得证。

Task 6

$\mathcal{Prob:}$ 设 $n$ 为正整数，证明：${\large \sum \limits_{k = 0}^n} (-1)^k \dbinom {n} {k} ^ 2 = \begin{cases} 0, n = 2m - 1, m \in \mathbb{Z}^+ \\ (-1)^m \dbinom{2m}{m}, n = 2m, m \in \mathbb{Z}^+ \end{cases}$。

$\mathcal{Sol:}$ 分奇偶两类证明。

若 $n = 2m - 1, m \in \mathbb{Z}^+$，即 $n$ 为奇数。则可知 $(-1)^k = -(-1)^{n - k}, k \in [0, n]$。又因为 $\dbinom {n} {k} = \dbinom {n} {n - k}, k \in [0, n]$，所以原式可化为 ${\large \sum \limits_{k = 0}^{\lfloor \frac {n} {2} \rfloor}} (-1)^k \dbinom {n} {k} ^2 + (-1)^{n - k} \dbinom {n} {n - k} ^2$，即 ${\large \sum \limits_{k = 0}^{\lfloor \frac {n} {2} \rfloor}} (-1)^k \dbinom {n} {k} ^2 - (-1)^k \dbinom {n} {k} ^2$，这显然等于 $0$。
若 $n = 2m, m \in \mathbb{Z}^+$，即 $n$ 为偶数。skipped.

Task 7

$\mathcal{Prob:}$ 求出等于下列表达式的二项式系数（组合数）：$\dbinom {n} {k} + 3 \dbinom {n} {k - 1} + 3 \dbinom {n} {k - 2} + \dbinom {n} {k - 3}。$

$Sol:$ 原式可化为 $\dbinom {3} {0} \dbinom {n} {k} + \dbinom {3} {1} \dbinom {n} {k - 1} + \dbinom {3} {2} \dbinom {n} {k - 2} + \dbinom {3} {3}\dbinom {n} {k - 3}$。

Task 8

$\mathcal{Prob:}$ 证明：$\dbinom {r} {k} = \dfrac {r} {r - k} \dbinom {r - 1} {k}, r \in \mathbb{R}, k \in \mathbb{Z}, r \neq k$。

$\mathcal{Sol:}$

Task 9

$\mathcal{Prob:}$ 求和：$1 - \dfrac {1} {2} \dbinom {n} {1} + \dfrac {1} {3} \dbinom {n} {2} - \dfrac {1} {4} \dbinom {n} {3} + \dots + (-1)^n \dfrac {1} {n + 1} \dbinom {n} {n}$。