Solution -「二项式定理与组合恒等式」一些练习

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。考虑贴合二项式定理构造一个 $n$ 次 shabby 恒等式 $(x - 1)^n(x + 1)^n = (x^2 - 1)^n$。

再利用二项式定理展开，即 ${\large \sum \limits_{k = 0}^n}(-1)^k \dbinom {n} {k} x^k \times {\large \sum \limits_{k = 0}^n} \dbinom {n} {k}x^k = {\large \sum \limits_{k = 0}^n}(-1)^k \dbinom {n} {k} x^{2k}$。

考虑到恒等的条件，左右相同未知量的相同系数前的系数相同。且联系到右式的 $x^{2k}$ 项以及 $n = 2m, m \in \mathbb{Z}^+$ 的条件，不难想到左右两项均构造 $x^n$ 这一项，并分别提取出该项的系数。

故可知 ${\large \sum \limits _{k = 0} ^{n} (-1)^k \dbinom {n} {k} x^k \dbinom {n} {n - k} x^{n - k}} = (-1)^m \dbinom {n} {m}x^n$，即 ${\large \sum \limits _{k = 0} ^{n} (-1)^k \dbinom {n} {k}^2 x^n} = (-1)^m \dbinom {n} {m}x^n$。故 ${\large \sum \limits _{k = 0} ^{n} (-1)^k \dbinom {n} {k}^2} = (-1)^m \dbinom {n} {m}$。

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 $\dbinom {3} {0} \dbinom {n} {k} + \dbinom {3} {1} \dbinom {n} {k - 1} + \dbinom {3} {2} \dbinom {n} {k - 2} + \dbinom {3} {3}\dbinom {n} {k - 3}$。

分别为四个组合数的积赋予组合意义。分别指：

在 $n$ 个互不相同的球里选出 $k$ 个，在另外的 $3$ 个互不相同的球里毛线都不选的方案总数。
在 $n$ 个互不相同的球里选出 $k - 1$ 个，在另外的 $3$ 个互不相同的球里选出 $1$ 个的方案总数。
在 $n$ 个互不相同的球里选出 $k - 2$ 个，在另外的 $3$ 个互不相同的球里选出 $2$ 个的方案总数。
在 $n$ 个互不相同的球里选出 $k - 3$ 个，在另外的 $3$ 个互不相同的球里选出 $3$ 个的方案总数。

加起来就是在 $n + 3$ 个互不相同的球里选出 $k$ 个的方案总数，即 $\dbinom {n + 3} {k}$。

Task 8

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

$\mathcal{Sol:}$ skipped.

Task 9

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

$\mathcal{Sol:}$ 原式可化为 ${\large \sum \limits_{k = 0}^{n}}(-1)^k \dfrac {1} {k + 1} \dbinom {n} {k}$，即 ${\large \sum \limits_{k = 0}^{n}} (-1)^k \dfrac {1} {k + 1} \dfrac {k + 1} {n + 1} \dbinom {n + 1} {k + 1} = \dfrac {\sum \limits _{k = 0}^{n} (-1)^k \binom {n + 1} {k + 1}} {n + 1}$。

注意到分子 ${\large \sum \limits _{k = 0}^{n}} (-1)^k \dbinom {n + 1} {k + 1} = {\large \sum \limits _{k = 1}^{n + 1}} (-1)^{k + 1} \dbinom {n + 1} {k} = -{\large \sum \limits _{k = 1}^{n + 1}} (-1)^k \dbinom {n + 1} {k}$。

即 $-{\large \sum \limits _{k = 0}^{n + 1}} (-1)^{k} \dbinom {n + 1} {k} + (-1)^0 \dbinom {n + 1} {0} = -(1 + (-1))^n + 1 = 1$。

故原式等于 $\dfrac {1} {n + 1}$。

Task 10

$\mathcal{Prob:}$ 证明 ${\large \sum \limits _{i = 0}^{n}} \dbinom {i} {k} = \dbinom {n + 1} {k + 1}$，及 $m^2 = 2 \dbinom {m} {2} + \dbinom {m} {1}$。

$\mathcal{Sol:}$

前者，即变上项求和，考虑赋予其组合意义：有 $n + 1$ 个球，考虑最后一个球取第 $i + 1$ 个，且在前 $i$ 个当中取 $k$ 个球的方案数，即 $\dbinom {i} {k}$。并对于每一个 $i,i \in [1, n]$ ，我们将方案数累加起来，即 ${\large \sum \limits _{i = 0}^{n}} \dbinom {i} {k}$。不难发现这就是在 $n + 1$ 个球中取出 $k + 1$ 个的方案数，即 $\dbinom {n + 1} {k + 1}$。
后者，考虑赋予其组合意义：在 $m$ 个数中取出 $2$ 个（可重）构成有序数对的方案数，即 $m^2$。可以等价转换为在 $m$ 中选出 $2$ 个数（不可重）构成有序数对的方案数与在 $m$ 个选 $1$ 个数构成有序数对的方案数之和，即 $2 \dbinom {m} {2} + \dbinom {m} {1}$。

Task 11

$\mathcal{Prob:}$ 求整数 $a,b,c$，使得对于所有的 $m$ 有 $m^3 = a \dbinom {m} {3} + b \dbinom {m} {2} + c \dbinom {m} {1}$。

$\mathcal{Sol:}$ 本质上就是要使右式表示在 $m$ 个数中选 $3$ 个数（可重）构成有序三维数对的方案数。详解见 Task 10。

可容易得到：$a = 6, b = 6, c = 1$。

Task 12

$\mathcal{Prob:}$ 设 $n, k$ 为整数且满足 $1 \leq k \leq n$。证明：${\large \sum \limits _{k = 1}^{n}} \dbinom {n} {k} \dbinom {n} {k - 1} = \dfrac {1} {2} \dbinom {2n + 2} {n + 1} - \dbinom {2n} {n}$。

$\mathcal{Sol:}$ 左式显然可理解为在 $2n$ 个球中选出 $n + 1$ 个球的方案总数，即 $\dbinom {2n} {n + 1}$。

右式可利用 “吸收公式“ 化为 $\dbinom{2n + 1} {n} - \dbinom {2n} {n}$，再利用 Pascal 可化为 $\dbinom {2n} {n + 1}$，即等于左式。

Task 13

$\mathcal{Prob:}$ 设 $n, k$ 为整数，试证明：${\large \sum \limits _{k = 1}^{n}} k \dbinom {n} {k}^2 = n \dbinom {2n - 1} {n - 1}$。

$\mathcal{Sol:}$ 左式可化为：${\large \sum \limits _{k = 1}^{n}} k \dbinom {n} {k} \dbinom {n} {n - k}$，即 $n{\large \sum \limits _{k = 1}^{n}} \dbinom {n - 1} {k - 1} \dbinom {n} {n - k}$。

赋予其组合意义：在 $2n - 1$ 个数中选出 $n - 1$ 个的方案数的 $n$ 倍，即右式。