具体数学组合数习题选做（Genshining）

8.计算

\[\sum_k\binom{n}{k}(-1)^k(1-\frac{k}{n})^n
\]

解：

考虑

\[\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^kf(k)=(-1)^nn![k^n]f(k)
\]

其中 \(f(k)\) 是 \(n\) 次多项式。

显然可以设 \(f(k)=(1-\dfrac{k}{n})^n\)

容易发现，\([x^n]f(k)=\dfrac{(-1)^n}{n^n}\)

故原式 \(=\dfrac{n!}{n^n}\)。

根据斯特林近似,\(\dfrac{n!}{n^n}\approx \dfrac{\sqrt{2\pi n}}{e^n}\)

15.求

\[\sum_k\binom{n}{k}^3(-1)^k
\]

可以证明，该式不可使用超几何项部分求和。

考虑机械求和法，考虑：

\[\sum_k\binom{a+b}{a+k}\binom{b+c}{b+k}\binom{c+a}{c+k}(-1)^k=\binom{a+b+c}{a,b,c},a,b,c\in\mathcal{Z}
\]

不妨设 \(2|n\)。此时取 \(a=b=c=\dfrac{n}{2}\)，得原式 \(=\)

\[\frac{(3n/2)!}{(n/2)!^3}
\]

求 \(\binom{2n-1/2}{n}\) 和 \(\binom{2n-1/2}{2n}\) 的简单关系。

考虑

\[\binom{r}{k}\binom{r-1/2}{k}=\binom{2r}{2k}\binom{2k}{k}2^{-2k}
\]

同时化开两者，得：

\[\text{LHS}=\binom{4n}{2n}2^{-2n},\text{RHS}=\binom{4n}{2n}2^{2n}
\]

显然。

证明：

\[\frac{1}{z!}=\lim_{n\to \infin}\binom{n+m}{n}n^{-m},z\in \mathcal{N}
\]

这是阶乘的典型定义。事实上可以证明 \(z\in\mathcal{Z}\) 的情况。

\[\text{RHS}=\frac{\prod _{n-m+1}^n \frac{i}{n}}{z!}
\]

有限项相乘，所以答案是 \(\dfrac{1}{z!}\)。

22.证明：

\[x!(x-1/2)!=(2x)!(-1/2)!2^{-2x}
\]

化为 \(\dfrac{2^{2x}}{(2x)!}=\dfrac{(-1/2)!}{x!(x-1/2)!}\)。

考虑阶乘定义。

\[RHS=\lim_{n\to \infin}\frac{\binom{n+x}{n}\binom{n+x-1/2}{n}n^{-2x}}{\binom{n-1/2}{n}}=\lim_{n\to\infin}\binom{2n+2x}{2n}n^{-2x}
\]

\[LHS=\lim_{n\to\infin}(2n)^{-2x}2^{2x}=RHS
\]

23.求 \(F(-n,1;;1)\)。

这里我们认为错排数 \(D_n\) 是封闭形式。考虑其式子:

\[D_n=n!\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k!}
\]

这个超几何函数是

\[\sum_{k\ge 0}(-n)^{\overline k}
\]

因此答案是 \((-1)^nD_n\)。

24.求：

\[\sum_{k}\binom{n}{m+k}\binom{m+k}{2k}4^k
\]

机械求和，启动！

超几何形式是

\[\binom{n}{m}F(m-n,-m;1/2;1)
\]

考虑高斯超几何函数的公式：

\[F(a,b;c;1)=\dfrac{\Gamma(c-a-b)\Gamma(c)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}
\]

答案等于

\[\binom{2n}{2m}
\]

25.证明

\[(a_1-b_1)F(a_1,a_2,\dots,a_m;b_1+1,\dots,b_n;z)=a_1F(a_1+1,a_2,\dots,a_m;b_1+1,\dots,b_n;z)-b_1F(a_1,a_2,\dots,a_m;b_1,\dots,b_n;z)
\]

设 \(F=F(a_1,a_2,\dots,a_m;b_1+1,\dots,b_n;z;)\)

于是可以得出其算子等价形式：\((a_1-b_1)=(\vartheta+a_1)-(\vartheta+b_1)\)，这是显然的。

类似的，有

\[(a_1-a_2)F(a_1,a_2,\dots,a_m;b_1,\dots,b_n;z)=a_1F(a_1+1,a_2,\dots,a_m;b_1,\dots,b_n;z)-a_2F(a_1,a_2+1,\dots,a_m;b_1,\dots,b_n;z)
\]

以及其他线性组合。

28.证明欧拉恒等式：

\[F(a,b;c;z)=(1-z)^{c-a-b}F(c-a,c-b;c;z)
\]

考虑反射定律，第一次应用得到：

\[F(a,b;c;z)=(1-z)^{-a}F(a,c-b;c;\dfrac{-z}{1-z})
\]

注意到上参数可以交换，且 \(\dfrac{-z}{1-z}\) 算子的平方是 \(1\)。

再一次应用得到：

\[(1-z)^{-a-b+c}F(c-b,c-a;c;z)
\]

29.证明：合流超几何函数满足：

\[e^zF(a;b;-z)=F(b-a;b;z)
\]

展开：

\[\iff(\sum_{k\ge 0}\frac{z^k}{k!})(\sum_{k\ge 0}\frac{a^{\overline k}(-1)^kz^k}{b^{\overline k}k!})=\sum_{k\ge 0}\frac{(b-a)^{\overline k}z^k}{b^{\overline k}k!}
\]

考虑两边取 \([z^k]\)

\[\iff \sum_{i=0}^k\frac{(-1)^ia^{\overline i}}{b^{\overline i}i!(k-i)!}=\frac{(b-a)^{\overline k}}{b^{\overline k}k!}
\]

考虑左边化为超几何形式。然后应用高斯超几何函数的公式。

\[LHS=\frac{F(a,-k;b;1)}{k!}=\frac{(b-a)^{\overline k}}{k!b^{\overline k}}
\]

得证。

30.解超几何微分方程

\[z'F(z)+F(z)=\frac{1}{1-z}
\]

常数项很讨厌，考虑再次求导。

\[z(1-z)F''(z)+(2-3z)F'(z)-F(z)=0\dots (1)
\]

考虑高斯超几何函数的微分方程：

\[D\prod(\vartheta+c-1)F=(\vartheta+a)(\vartheta+b)F
\]

考虑展开。

\[(zF'(z)+(c-1)F(z))'=(\vartheta+a)(zF'(z)+bF(z))
\]

\[zF''(z)+F'(z)+(c-1)F'(z)=azF'(z)+abF(z)+z(zF''(z)+F'(z)+bF'(z))
\]

\[z(z-1)F''(z)+(az+bz+z-c)F'(z)+abF(z)=0\dots (2)
\]

令 \((1)\) 式与 \((2)\) 式相等，得到：

\[-(a+b+1)z+c=2-3z,ab=1
\]

于是

\[a=1,b=1,c=2
\]

\[F=F(1;1;2)
\]

33.利用 Gosper 算法求 \(\sum\dfrac{\delta k}{k^2-1}\)

\[\frac{t(k+1)}{t(k)}=\frac{(k+1)(k-1)}{(k+2)k}=\frac{p(k+1)q(k)}{p(k)r(k+1)}
\]

初始 \(p(k)=1,q(k)=(k+1)(k-1),r(k)=(k+1)(k-1)\)

发现 \((k-1)|r(k),(k+1)|q(k)\)，

令 \(p(k)(k+1-1)^{\underline{2-1}}\to p(k)\)，\(p(k)=k,q(k)=(k-1),r(k)=(k+1)\)。

令 \(T(k)=\dfrac{(k+1)s(k)}{(k+1)(k-1)}=\dfrac{s(k)}{k-1}\)

而 \(p(k)=q(k)s(k+1)-r(k)s(k)\)。

\(2p(k)=Q(k)(s(k)+s(k+1))+R(k)(s(k+1)-s(k)),Q(k)=q(k)-r(k)=-2,R(k)=q(k)+r(k)=2k\)。

\([k^{d+d'-1}]RHS=-2d+4\)。若其不为 \(0\)，则 \(\deg s=\deg p-\deg Q=1\)。

设 \(s(k)=ak+b\)，则 \(k=(k-1)(ak+a+b)-(k+1)(ak+b)\)。

解得 \(s(k)=-k+\dfrac{1}{2}\)。

那么 \(T(k)=\sum\dfrac{\delta k}{k^2-1}=\dfrac{-2k+1}{k(2k-2)}\)

34.证明：

\[\sum_{k\le c}F(a_1,\dots,a_n;b_1,\dots,b_m;z)_k=\lim_{\zeta\to 0}F(-c,a_1,\dots,a_n;\zeta-c,b_1,\dots,b_n;z)
\]

并计算 \(\sum_{k\ge v}\binom{n}{k}(-1)^k\)

第一个式子显然；在 \(k\le c\) 的时候其取值不变，在 \(k>c\) 时上指标取 \(0\)。

\[t(k)=\binom{n}{k}(-1)^k
\]

\[\sum_{k\ge c}\binom{n}{k}(-1)^k=\sum_{k\le c}F(-n;;z)_k=\lim_{\zeta\to 0}F(\zeta-c,-n;-c;z)
\]

\[=\lim_{\zeta\to 0}\frac{\Gamma(\zeta-m)\Gamma(\zeta+n)}{\Gamma(\zeta)\Gamma(\zeta-m+n)}
\]

\[=(-1)^m\binom{n-1}{m}
\]

36.库默尔定理模板题

38.证明：

\[\forall n\in\mathbb{N},\exists a,b,c,\texttt{s.t.}n=\binom{a}{1}+\binom{b}{2}+\binom{c}{3},a<b<c,a,b,c\in\mathbb{N}
\]

取 \(c\)，

\[\texttt{s.t.},\binom{c}{3}\le n,\binom{c+1}{3}>n
\]

此时

\[n-\binom{c}{3}<\binom{c+1}{3}-\binom{c}{3}=\binom{c}{2}
\]

再同样方法取 \(b\)，已证 \(b<c\)。\(a\) 同理。

39.证明下降幂\上升幂二项式定理（这里就挂上升幂）

\[(x+y)^{\overline n}=\sum_k\binom{n}{k}x^{\overline k}y^{\overline {n-k}}
\]

暴力展开，斯特林数启动！

\[\iff\sum_{i=0}^n{n\brack i}(x+y)^i=\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}(\sum_{k=0}^ix^k{i\brack k})(\sum_{k=0}^{n-i}y^k{i\brack n-k})
\]

考虑提取两边系数。

\[[x^ay^b]LHS={n\brack a+b}\binom{a+b}{a},[x^ay^b]RHS=\sum_k\binom{n}{k}{k\brack a}{n-k\brack b}
\]

下证明其等价形式：斯特林数范德蒙德卷积

\[{n\brack l+m}\binom{l+m}{l}=\sum_k{k\brack l}{n-k\brack m}\binom{n}{k}
\]

注意到第一类斯特林数列的 OGF 很糟糕，取指数生成函数。

\[\iff{n\brack l+m}\binom{l+m}{l}\frac{x^n}{n!}=\sum_k{k\brack l}{n-k\brack m}\binom{n}{k}\frac{x^n}{n!}
\]

\[\sum_k{k\brack l}{n-k\brack m}\binom{n}{k}\frac{x^n}{n!}=[x^n](\sum_k{k\brack m}\frac{x^k}{k!})(\sum_k{k\brack l}\frac{x^k}{k!})
\]

\[RHS=[x^n]\frac{(-\ln(1-x))^m}{m!}\times \frac{(-\ln(1-x))^l}{l!}=\frac{(-\ln(1-x))^{m+l}}{m!l!}
\]

\[\frac{RHS}{\binom{l+m}{l}}=[x^n]\frac{(-\ln(1-x))^{m+l}}{(m+l)!}={n\brack l+m}=\frac{LHS}{\binom{l+m}{l}}
\]

\[LHS=RHS,QED.
\]

于是我们证到了原结论。

具体数学上的证明是啥神秘方法，没看懂。

45.求

\[\sum_{k\le n}\binom{2k}{k}4^{-k}
\]

封闭形式。

考虑

\[\binom{r}{k}\binom{r-1/2}{k}=\binom{2k}{k}\binom{2r}{2k}2^{-2k}
\]

取 \(r=k\)，则：

\[\binom{k-1/2}{k}=\binom{2k}{k}2^{-2k}
\]

平行求和原式

\[\sum_{k\le n}\binom{k-1/2}{k}=\binom{n+1/2}{n}
\]

46.求

\[\sum_k\binom{2k-1}{k}\binom{4n-2k-1}{2n-k}\frac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)(4n-2k-1)},n>0
\]

封闭形式。

考虑

\[\mathcal{B}_2(z)^{-1}=\sum_{k\ge 0}\binom{2k+1}{k}\frac{z^k}{2k+1}
\]

\[\mathcal{B}_2(-z)^{-1}=\sum_{k\ge 0}\binom{2k-1}{k}\frac{(-1)^{k+1}z^k}{2k-1}
\]

乘起来二者

\[-[z^{2n}]\mathcal{B}_2(z)^{-1}\mathcal{B}_2(-z)^{-1}=\sum_k\binom{2k-1}{k}\binom{4n-2k-1}{2n-k}\frac{(-1)^{k+1}}{(2k-1)(4n-2k-1)}
\]

考虑 \(LHS\) 的封闭形式。

\[\mathcal{B}_2(z)=z\mathcal{B}_2(z)^2+1
\]

\[\mathcal{B}_2(z)=\frac{1-\sqrt{1-4z}}{2z}
\]

\[\mathcal{B}_2^{-1}(z)=\frac{1+\sqrt{1+4z}}{2}
\]

\[LHS=\frac{1+\sqrt{1-4z}}{2}\times\frac{1+\sqrt{1+4z}}{2}
\]

\[=\frac{\sqrt{1-16z^2}}{4}+\frac{\mathcal{B}_2^{-1}(z)}{2}+\frac{\mathcal{B}_2(-z)^{-1}}{2z}+\frac{1}{4}
\]

\[\frac{\sqrt{1-16z^2}}{4}=\sum_{k\ge 0}\binom{1/2}{k}(-16)^kz^{2k}
\]

考虑加倍公式，是

\[\sum_{k\ge 0}\binom{1/2}{k}(-16)^kz^{2k}=-\sum_n\binom{2n}{n}\frac{4^nz^{2n}}{2n-1}
\]

\(1/4\) 对答案没有影响。加上中间两项，取个相反数，答案就是：

\[\frac{\binom{2n}{n}4^{n-1}}{2n-1}+\frac{\binom{4n-1}{2n}}{4n-1}
\]

1. 给定 \(n,z\)，求常数 \(\theta\) 使得

\[\sum\binom{n}{k}z^k(k+\theta)\delta k
\]

可超几何求和。

\[\frac{t(k+1)}{t(k)}=\frac{(k-n)(k+\theta+1)(-z)}{(k+1)(k+\theta)}
\]

这里不必按传统方法；

\[q(k)=k+\theta,q(k)=-z(k-n),r(k)=k\\
-2z(k-n)=(-zk-k+nz)(s+Es)+(-zk+k+nz)\Delta s\\
\therefore \deg s=0\\
\text{let}\ s=\alpha\\
\alpha=\frac{1}{z+1},\theta=-\frac{nz}{z+1}\\
\sum\binom{n}{k}z^k(k-\frac{nz}{1+z})\delta k=\frac{n}{z+1}\binom{n-1}{k-1}z^k+C
\]

59.对于 \(m,n\in\mathbb{Z^+}\)，求以下式子的封闭形式。

\[\sum_{k\ge 1}\binom{n}{\lfloor \log_mk\rfloor}
\]

\[\sum_{k\ge 1}\binom{n}{\lfloor \log_mk\rfloor}\\
=\sum_{p\ge 0}\binom{n}{p}\sum_{k\ge 1}[\lfloor \log_mk\rfloor=p]\\
=\sum_{p\ge 0}\binom{n}{p}(m^{p+1}-1-m^p+1)\\
=(m-1)\sum_{p\ge 0}\binom{n}{p}m^p\\
=(m-1)(m+1)^p
\]

60.估计 \(\displaystyle\binom{n+m}{n}\)，并特殊地，求出 \(n=m\) 时的形式。

\[n!\approx\frac{n^n\sqrt{2\pi n}}{e^n}.\\
\binom{n+m}{n}\\
\approx\frac{(n+m)^{n+m}\sqrt{n+m}\sqrt{2\pi}e^{n+m}}{n^ne^nm^me^m\sqrt{nm}(\sqrt{2\pi})^2}\\
=\frac{(n+m)^{n+m}}{n^nm^m\sqrt{2\pi}}\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{m}}\\
\text{when}\ n=m\\
\binom{2n}{n}=\frac{2^{2n}}{\sqrt{4\pi n}}
\]

61.证明卢卡斯定理。

见 my blog。

62.求 \(\displaystyle\binom{np}{mp}\bmod p^2,p\in \text{prime},m,n\in\mathbb{Z^+}\) 的简单形式。

容易证明推广范德蒙德卷积：

\[\sum_{\sum k=n}\binom{r_i}{k_i}=\binom{\sum r}{n}
\]

反向应用，

\[\binom{np}{mp}=\sum_{\sum k=mp}\binom{p}{k_1}\binom{p}{k_2}\dots\binom{p}{k_n}\\
\binom{p}{i}\equiv [i=0]+[i=p]\pmod p\\
\therefore \sum_{\sum k=mp}\binom{p}{k_1}\binom{p}{k_2}\dots\binom{p}{k_n}\bmod p^2=\binom{n}{m}
\]

为什么？考虑唯一产生贡献的就是 \(m\) 个 \(k_i\) 为 \(p\)，其他是 \(0\) 的项。

63.计算下式子的封闭形式

\[\sum_{k=0}^n(-4)^k\binom{n+k}{2k}
\]

首先由

\[\frac{\mathcal{B}_t(z)^r}{1-t+t\mathcal{B}_t(z)^{-1}}=\sum_{k\ge 0}\binom{tk+r}{k}z^k
\]

可以得到：

\[\frac{\mathcal{B}_2(z)^r}{\sqrt{1-4z}}=\sum_k\frac{2k+r}{k}z^k\\
\frac{\mathcal{B}_{-1}(z)^{r+1}}{\sqrt{1+4z}}=\sum_k\binom{r-k}{k}z^k\\
\]

然后，

\[\sum_{k\le n}\binom{n-k}{k}z^k=\frac{\mathcal{B}_{-1}(z)^{n+1}-(-z)^{n+1}\mathcal{B}_2(-z)^{n+1}}{\sqrt{1+4z}}\\
\text{proof}\ :\\
\text{for}\ k>n\\
[z^k]\frac{(-z)^{n+1}\mathcal{B}_2(-z)^{n+1}}{\sqrt{1+4z}}\\
=(-1)^{n+1}(-1)^{k-n-1}[z^{k-n-1}]\frac{\mathcal{B}_2(z)^{n+1}}{\sqrt{1-4z}}\\
=(-1)^k\binom{2k-n-1}{k-n-1}\\
=(-1)^k\binom{2k-n-1}{k}\\
=\binom{n-k}{k}=[z^k]\frac{\mathcal{B}_{-1}(z)^{n+1}}{\sqrt{1+4z}}\\
\]

所以可以去掉高次项。现回到原式。

\[\sum_{k=0}^n(-4)^k\binom{n+k}{2k}\\
=\sum_{k=0}^n\binom{n+k}{n-k}(-4)^k\\
=\sum_{k=0}^n\binom{2n-k}{k}(-4)^{n-k}\\
=(-4)^n\sum_{k=0}^n\binom{2n-k}{k}(-\frac{1}{4})^k\\
\]

我们发现这时 \(\sqrt{1+4z}\) 是 \(0\)，考虑使用极限。

那么展开那个公式：

\[\sum_{k\le n}\binom{n-k}{k}z^k=\frac{1}{\sqrt{1+4z}}((\frac{1+\sqrt{1+4z}}{2})^{n+1}-(\frac{1-\sqrt{1+4z}}{2})^{n+1})
\]

考虑取极限 \(\sqrt{1+4z}\to 0\)。

\[\lim_{z\to-\frac{1}{4}}\sum_{k\le n}\binom{n-k}{k}z^k\\
=\lim_{x\to 0}\frac{1}{x}((\frac{1+x}{2})^{n+1}-(\frac{1-x}{2})^{n+1})\\
=\lim_{x\to 0}\frac{\sum_{i=0}^{n+1}\binom{n+1}{i}(x^i-(-x)^i)}{x2^{n+1}}
\]

发现分子的常数项是 \(0\)，那么我们只用关心分子的 \([x^1]\) 项。

就是

\[\sum_{k=0}^n(-4)^k\binom{n+k}{2k}=(-4)^n\frac{2n+1}{2^{2n}}=(-1)^n(2n+1)
\]

感觉推导好恶臭，想扔联考（

事实上，具体数学给出了这样的推导过程：

\[\text{let}\ \sum_{k=0}^n(-4)^k\binom{n+k}{2k}=S_n\\
S_n=-2S_{n-1}-S_{n-2}\\
\therefore\ S_n=(-1)^n(2n+1)
\]

<=

64.求以下式子的封闭形式：

\[\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}/\lfloor\frac{k+1}{2}\rfloor
\]

先拆开高斯记号。

\[=\sum_{k\ge 0}\frac{\binom{n}{2k}+\binom{n}{2k+1}}{k+1}\\
=\sum_{k\ge 0}\frac{\binom{n+1}{2k+1}}{k+1}\\
=\sum_{k\ge 0}\frac{2}{n+1}\binom{n+2}{2k+2}
\]

下证明：

\[\sum_{k}\binom{n}{2k}=2^{n-1}
\]

证：令原式等于 \(B_n\)。

\[B_n=\sum_{k}\binom{n}{2k}\\
=\sum_{k}(\binom{n-1}{2k-1}+\binom{n-1}{2k})
=2^{n-1}-B_{n-1}+B_{n-1}
=2^{n-1}
\]

则：

\[\sum_{k\ge 0}\frac{2}{n+1}\binom{n+2}{2k+2}
=\frac{2}{n+1}(B_{n+2}-1)\\
=\frac{2^{n+2}-2}{n+1}
\]

65.证明：

\[\sum_k\binom{n-1}{k}n^{-k}(k+1)!=n
\]

\[\sum_k\binom{n-1}{k}n^{-k}(k+1)!=n\\
\iff\sum_k\binom{n-1}{k}n^{n-k+1}(k+1)!=n^n\\
\iff\sum_k\binom{n-1}{k}n^k(n-k)!=n^n
\]

下试求 \(\displaystyle\sum_k\binom{n-1}{k}n^k(n-k)!\) 的封闭形式。

设

\[t(k)=\binom{n-1}{k}n^k(n-k)!=\frac{p(k+1)}{p(k)}\frac{q(k)}{r(k+1)}
\]

可得：\(p(k)=k-n,q(k)=n,r(k)=k\)

\[2(k-n)=(n-k)(Es+s)+(n+k)\Delta s
\]

所以 \(\deg s=0\)，\(s=-1\)

\[T(k)=\frac{r(k)s(k)t(k)}{p(k)}\\
=\frac{-k\binom{n-1}{k}n^k(n-k)!}{k-n}\\
=k\binom{n-1}{k}n^k(n-k-1)!\\
=\frac{(n-1)!n^k}{(k-1)!}\\
\]

代入原式：

\[\sum_k\binom{n-1}{k}n^k(n-k)!=\sum_{k=0}^{n-1}t(k)\\
=T(n)-T(0)\\
=\frac{n^n(n-1)!}{(n-1)!}=n^n
\]

66.对于整数 \(m\)，求以下式子的封闭形式：

\[\sum_{0\le j\le k}\binom{-1}{j-\lfloor\sqrt{k-j}\rfloor}\binom{j}{m}2^{-j}
\]

枚举 \(L=k-j\)。

\[\sum_{L,j\ge 0}\binom{-1}{j-\lfloor\sqrt{L}\rfloor}\binom{j}{m}2^{-j}
\]

枚举 \(l=\lfloor\sqrt{L}\rfloor\)。

\[=\sum_{L\ge 0}\sum_j\binom{-1}{j-\lfloor\sqrt{L}\rfloor}\binom{j}{m}2^{-j}\\
=\sum_{l\ge 0}\sum_j\binom{-1}{j-l}\binom{j}{m}2^{-j}(2l+1)\\
=\sum_j\binom{j}{m}2^{-j}\sum_{l\ge 0}\binom{-1}{j-l}(2l+1)\\
=\sum_j\binom{j}{m}2^{-j}\sum_{l=0}^j(-1)^{j-l}(2l+1)\\
=\sum_j\binom{j}{m}2^{-j}(-1)^j\sum_{l=0}^j(-1)^l(2l+1)\\
\]

考虑后面那个怎么求。考虑有限微积分：

\[\Delta (-1)^x=(-2)(-1)^x\\
\therefore \sum(-1)^x\delta x=\frac{(-1)^{x+1}}{2}\\
\sum x(-1)^x\delta x=\sum x\delta \frac{(-1)^{x+1}}{2}\\
=\frac{x(-1)^{x+1}}{2}-\sum\frac{(-1)^x}{2}\delta x\\
=\frac{x(-1)^{x+1}-\frac{(-1)^{x+1}}{2}}{2}\\
=\frac{(-1)^{x+1}(2x-1)}{4}\\
\]

所以后面那个式子就出来了。

\[\sum_{l=0}^j(-1)^l(2l+1)=(-1)^j(j+1)
\]

代入原式得：

\[\sum_j\binom{j}{m}2^{-j}(-1)^j\sum_{l=0}^j(-1)^l(2l+1)\\
=\sum_j\binom{j}{m}2^{-j}(j+1)\\
=(m+1)\sum_j\binom{j+1}{m+1}2^{-j}\\
=2(m+1)\sum_j\binom{j}{m}2^{-j}\\
\]

熟知：

\[\sum_{k\ge 0}\binom{k}{n}z^k=\frac{z^n}{(1-z)^{n+1}}
\]

代入 \(z=\frac{1}{2}\)，得：

\[=2(m+1)\sum_j\binom{j}{m}2^{-j}\\
=2(m+1)\frac{(1/2)^m}{(1/2)^{m+1}}\\
=4m+4
\]

所以：

\[\sum_{0\le j\le k}\binom{-1}{j-\lfloor\sqrt{k-j}\rfloor}\binom{j}{m}2^{-j}=4m+4
\]

67.求以下式子的封闭形式

\[\sum_{k=0}^n\binom{\binom{k}{2}}{2}\binom{2n-k}{n}
\]

考虑化简那个嵌套组合数。

\[\binom{\binom{k}{2}}{2}\\
=\frac{(k^2-k)(k^2-k-2)}{8}\\
=\frac{(k+1)(k-2)(k-1)k}{8}\\
=3\binom{k+1}{4}
\]

代入原式

\[\sum_{k=0}^n\binom{\binom{k}{2}}{2}\binom{2n-k}{n}\\
=3\sum_k\binom{k+1}{4}\binom{2n-k}{n}\\
=3\binom{2n+2}{n+5}
\]

68.求以下式子的封闭形式：

\[\min_{\sum k_i=n\\ k_i\ge 0}\sum_{i=1}^m\binom{k_i}{2}
\]

\[\sum_{i=1}^m\binom{k_i}{2}\\
=\frac{\sum k_i^2-n}{2}
\]

容易知道，对两个 \(x,y\) 执行 \(x-1\to x,y+1\to y\) 更优的充分必要条件是 \(x-y>1\)

那么最优状态一定满足

\[\forall i,j\in[1,m],|k_i-k_j|\le 1
\]

可以构造：

\[k_1=k_2=\dots=k_{n-m\lfloor\frac{n}{m}\rfloor}=\lfloor\frac{n}{m}\rfloor+1,k_{n-m\lfloor\frac{n}{m}\rfloor+1}=\dots,k_m=\lfloor\frac{n}{m}\rfloor
\]

下证明其唯一性。设：

\[k_1=k_2\dots=a_p=K+1,a_{p+1}=\dots=a_m=K
\]

那么：

\[(K+1)p+(m-p)K=n\\
p+mK=n\\
\]

而 \(0\le p\le m\)，故 \(p=n\bmod K\)。

而此时 \(K=\lfloor\frac{n}{m}\rfloor\)。

得证。

答案计算是 trival 的。为

\[m\binom{\lfloor\frac{n}{m}\rfloor}{2}+(n\bmod m)\lfloor\frac{n}{m}\rfloor
\]

70.求以下式子的封闭形式：

\[\sum_k\binom{n}{k}\binom{2k}{k}(-1/2)^k,n\in\mathbb{Z}^+
\]

设

\[t(k)=\binom{n}{k}\binom{2k}{k}(-1/2)^k
\]

那么：

\[\frac{t(k+1)}{t(k)}\frac{2(k-n)(k+1/2)}{(k+1)^2}
\]

则原式等于 \(F(-n,1/2;1;2)\)。

发现这个形式不好处理，但是如何做 \(1/2\) 和 \(-1/2\) 是我们熟知的。

那么令 \(n-k\to k\)，得到另一个超几何形式：

\[(-2)^{-n}\binom{2n}{n}F(-n,-n;1/2-n;1/2)
\]

根据高斯恒等式，原式等于

\[(-2)^{-n}\binom{2n}{n}F(-n/2,-n/2;1/2-n;1)
\]

然后就等于

\[(-2)^{-n}\binom{2n}{n}\frac{\Gamma({1/2-n})\Gamma({1/2})}{\Gamma^2({\frac{1-n}{2}})}\\
=(-2)^{-n}\binom{2n}{n}\sqrt{\pi}\binom{-1/2-n}{-\frac{n+1}{2}}\\
\]

\(n\) 为奇数时上式二项式系数下指标为负整数，原式为 \(0\)。

\(n\) 为偶数的时候：

我们必须知道 Γ 函数乘法公式。

\[\Gamma(z)\Gamma(z+1/2)=2^{1-2z}\sqrt{\pi}\Gamma(2z)
\]

那么

\[\Gamma(n+1/2)=\frac{(2n)!\sqrt{\pi}}{n!4^n}
\]

于是等于：

\[\frac{(-2n)!((-n/2)!)^2}{((-n)!)^3}\\
=(-1)^n\frac{(2n)!((n/2)!)^2}{((n)!)^3}\\
=(-1)^n\frac{\binom{n}{n/2}}{\binom{2n}{n}}\\
\]

解释一下第二个等号：

用

\[\frac{1}{z!}=\binom{n+z}{n}n^{-z}
\]

在同一极限过程中，把阶乘化开，把组合数变成连乘除以下指标阶乘，抵消一下。

考虑对于每一个原来化的阶乘取相反数变成熟知的正的，考察发现只有连乘小于零的部分变了。

然后上下除一下，发现在极限意义下只有符号变了。然后把正的值乘上 \((-1)^n\) 就行了。

后补：当时我好像不知道余元公式，成为

也可以使用反射定律然后库莫尔公式。

于是答案是

\[2^{-n}\binom{n}{n/2}
\]

最后翻书《Mathematics for the Analysis of Algorithms》发现直接生成函数就可以了。傻逼具体数学。

71.设

\[S_n=\sum_{k\ge 0}\binom{n+k}{m+2k}a_k,A(z)=\sum_{k\ge 0}a_kz^k
\]

请用 \(A\) 表示 \(S(z)=\displaystyle\sum_{k\ge 0}S(k)z^k\)。（后面还有个简单应用）

\[S(z)=\sum_{i\ge 0}\sum_{k\ge 0}\binom{i+k}{m+2k}a_kz^i\\
=\sum_{k\ge 0}a_k\sum_{i}\binom{i+k}{m+2k}z^i\\
=\sum_{k\ge 0}a_kz^{-k}\sum_i\binom{i}{m+2k}z^i\\
=\sum_{k\ge 0}a_kz^{-k}\frac{z^{m+2k}}{(1-z)^{m+2k+1}}\\
=\sum_{k\ge 0}\frac{z^{m+k}}{(1-z)^{m+2k+1}}a_k\\
=\frac{z^m}{(1-z)^{m+1}}A(\frac{z}{(1-z)^2})
\]

72.求证对于 \(n,m,k\in\mathbb{N}^+\)

\[\binom{\frac{m}{n}}{k}n^{2k-v(k)}\in \mathbb{Z}
\]

\(v(k)\) 是 \(k\) 的二进制下 \(1\) 的个数。

容易发现，\(\displaystyle\binom{\frac{m}{n}}{k}n^{2k-v(k)}=\frac{m(m-n)(m-2n)\dots(m-kn+n)n^{k-v(k)}}{k!}\)。

此时考虑对于 \(p|n,p\in\operatorname{prime}\)，

\[V_p(k)\ge V_2(k)\\
=\sum_{i\ge 1}\lfloor\frac{k}{2^i}\rfloor=\sum_{i\ge 1}\frac{k-k\bmod 2^i}{2^i}\\
=\sum_{i\ge 1}\frac{k}{2^i}-\sum_{i\ge 1}\frac{k\bmod 2^i}{2^i}\\
=k-\sum_{i\ge 1}\frac{k\bmod 2^i}{2^i}\\
\]

考虑 \(k=(b_nb_{n-1}\dots b_1b_0)_2\)。

\[\sum_{i\ge 1}\frac{k\bmod 2^i}{2^i}\\
=\sum_{i\ge 1}\frac{\sum_{p=0}^{i-1}b_p2^p}{2^i}\\
=\sum_{p\ge 0}b_p2^p\sum_{i\ge p+1}\frac{1}{2^i}\\
=\sum_{p\ge 0}b_p2^p\frac{1}{2^p}=\sum_{p\ge 0}b_p=v(k)\\
\]

而 \(V_p(n^{k-v(k)})=V_2(k!)\ge V_p(k!)\)。

故对于 \(p|n,V_p(\dfrac{m(m-n)(m-2n)\dots(m-kn+n)n^{k-v(k)}}{k!})\ge 0\)。

对于 \(p\nmid n\)，显然 \((n,p)=1\)；设 \(n'\) 为 \(n\) 的逆元，

\[m(m-n)(m-2n)\dots(m-kn+n)\equiv n^k(mn')^{\underline{k}}=k!\pmod{p}
\]

则对于 \(p\nmid n,V_p(\dfrac{m(m-n)(m-2n)\dots(m-kn+n)n^{k-v(k)}}{k!})=0\ge 0\)

得证。

77.求对于 \(m>1\)，下式的封闭形式。

\[\sum_{0\le k_i\le n}\prod_{1\le j<m}\binom{k_{j+1}}{k_j}
\]

拆阶乘然后抵消一下：

\[\prod_{1\le j<m}\binom{k_{j+1}}{k_j}=\binom{k_m}{k_1,k_2-k_1,k_3-k_2,\dots,k_m-k_{m-1}}
\]

考虑确定 \(k_m\) 时的值。此时考虑生成函数。

多项式系数的下面其实就是 \(m\) 个数随便取非负值，取 \(x\)，乘上贡献为 \(\dfrac{1}{x!}\)。

即

\[k_m^m\\
=k_m![x^{k_m}]e^{mx}\\
=m^{k_m}
\]

然后对 \(k_m\) 从 \(0\) 到 \(n\) 求和得到：

\[\sum_{0\le k_i\le n}\prod_{1\le j<m}\binom{k_{j+1}}{k_j}\\
=\sum_{k_m=0}^nm^{k_m}\\
=\frac{m^{n+1}-1}{m-1}
\]

78.求以下式子封闭形式：

\[\sum_{k=0}^{2m^2}\binom{k\bmod m}{(2k+1)\bmod (2m+1)}
\]

试了一下上指标和下指标的关系，没有成功。考虑容斥。扩展上指标：

\[\sum_{k=0}^{2m^2}\binom{k\bmod m}{(2k+1)\bmod (2m+1)}\\
=\sum_{k=0}^{2m^2+m-1}\binom{k\bmod m}{(2k+1)\bmod (2m+1)}-\sum_{k=2m^2+1}^{2m^2+m-1}\binom{k\bmod m}{(2k+1)\bmod (2m+1)}\\
=\sum_{k=0}^{2m^2+m-1}\binom{k\bmod m}{(2k+1)\bmod (2m+1)}-\sum_{k=1}^{m-1}\binom{k}{2k+2}\\
=\sum_{k=0}^{2m^2+m-1}\binom{k\bmod m}{(2k+1)\bmod (2m+1)}
\]

注意到 \(\gcd(m,2m+1)=1\)，那么 \((k\bmod m,(2k+1)\bmod (2m+1))\) 两两不同。

于是可以变成

\[\sum_{k=0}^{2m^2+m-1}\binom{k\bmod m}{(2k+1)\bmod (2m+1)}\\
=\sum_{i=0}^{m-1}\sum_{j=0}^{2m}\binom{i}{j}=\sum_{i=0}^{m-1}2^i=2^m-1
\]

a.求

\[\gcd(\binom{2n}{1},\binom{2n}{3},\dots,\binom{2n}{2n-1})
\]

考虑和式。

\[\sum_k\binom{2n}{2k+1}=2^{2n-1}
\]

那么

\[\gcd(\binom{2n}{1},\binom{2n}{3},\dots,\binom{2n}{2n-1})\\
=2^{\min(V_2(\binom{2n}{1}),V_2(\binom{2n}{3}),\dots,V_2(\binom{2n}{2n-1}))}\\
=2^{V_2(2n)}
\]

b.证明

\[\operatorname{lcm}(\binom{n}{0},\binom{n}{1},\dots,\binom{n}{n})=\frac{\operatorname{lcm}(1,2,\dots,n+1)}{n+1}
\]

考虑 \(V_k\)，若 \(k^r\le n+1<k^{r+1}\)，则取 \(\displaystyle\binom{n}{k^r-1}\)，根据库莫尔定理，这是最优的。

然后从 \(n+1-k^r\) 的 lowbit 开始有贡献，即要减去 \(V_k(n+1-k^r)=V_k(n+1)\)，得证。

80.证明

\[\forall k,n\in\mathbb{N},\binom{n}{k}\le \left(\frac{en}{k}\right)^k
\]

容易证明：\(k!\ge (k/e)^k\)。

而 \(n^{\underline k}\le n^k\)，即证。

81.证明

\[\texttt{for } \theta\in(0,1),x\in[0,1],l,m,n\in\mathbb{N},m<n\\(-1)^{n-m-1}\sum_k\binom{l}{k}\binom{m+\theta}{n+k}x^k>0
\]

容易发现：

\[f_{l,m,n}(1)=(-1)^{n-m-1}\binom{l+m+\theta}{l+n}
\]

这里面的负的全都抵消了：组合数展开有 \(n-m-1\) 个负数项。

容易发现，\(f'_{l,m,n}(x)=-lf_{l-1,m,n+1}(x)\)，归纳法知是负的。

得证。

82.证明：

\[\gcd\left(\binom{n-1}{k-1},\binom{n}{k+1},\binom{n+1}{k}\right)=\gcd\left(\binom{n-1}{k},\binom{n+1}{k+1},\binom{n}{k-1}\right)
\]

设 \(m=n-k\)，即：（只写了第一项）

\[\forall p,\min(V_p(m)-V_p(m+k),\dots)=\min(V_p(k)-V_p(m+k),\dots)
\]

我们知道，如果 \(V_p(a)<V_p(b)\)，那么 \(V_p(a)=V_p(|a\pm b|)\)。

所有如果 \(V_p(m)\neq V_p(k)\)，其更小者必定等于 \(0\)。

简写为 \(\min(x_1,y_1,z_1)=\min(x_2,y_2,y_3)\)，而 \(x_1+y_1+z_1=x_2+y_2+z_2\)。

我们假设 \(x_1\neq x_2,y,z\) 类似。（否则可直接去除掉）

则两边都必须是 \(0\)，此时符合；否则肯定一边全是 \(0\)，另一边全部不是，不符合和相等。

83.证明

\[\sum_{j,k}(-1)^{j+k}\binom{j+k}{k+l}\binom{r}{j}\binom{n}{k}\binom{s+n-j-k}{m-j}=(-1)\binom{n+r}{n+l}\binom{s-r}{m-n-l}
\]

借助生成函数，我们可以把 \(j,k\) 分开。

\[\text{LHS }=[x^ly^m]\sum_{j,k}(-1)^{j+k}\frac{(1+x)^{j+k}}{x^k}\binom{r}{j}\binom{n}{k}(1+y)^{s+n-j-k}y^j\\=[x^ly^m]\frac{(-1)^{r}(xy-1)^{n+r}(1+y)^{s-r}}{x^n}
\]

这是容易的。

85.证明：

\[\sum_{m=1}^n(-1)^m\sum_{1\le k_1<k_2<\dots<k_m\le n}\binom{2^n+\sum k_i^3}{n}=(-1)^n(n!)^3-\binom{2^n}{n}
\]

即：

\[\sum_{\delta[1:n]}(-1)^{\sum \delta_i}\sum\binom{2^n+\sum \delta_i8^i}{n}=(-1)^n(n!)^3,\delta_i\in\{0,1\}
\]

可以证明：对于不多于 \(n\) 次多项式 \(f\)，有：

\[\sum_{\delta[1:n]}(-1)^{\sum\delta_i}\sum f(\sum\delta_i x_i)=(-1)^na_nn!\prod x_i
\]

据说可以归纳法，但我不会。

87.证明：

令 \(\zeta=e^{\pi i/m}\)，\(m\in \mathbb{N}^+\)

\[\sum_{k\le n/m}\binom{n-mk}{k}z^{mk}=\frac{\mathcal{B}_{-m}(z^m)^{n+1}}{(m+1)\mathcal{B}_{-m}(z^m)-m}-\sum_{0\le j<m}\frac{(\zeta^{2j+1}z\mathcal{B}_{1+1/m}(\zeta^{2j+1}z)^{1/m})^{n+1}}{(m+1)\mathcal{B}_{1+1/m}(\zeta^{2j+1}z)^{-1}-1}
\]

具体数学上的过程有点小问题

“辱骂和恐吓绝不是战斗”——鲁迅

这个式子巨长，但是没有什么厉害的地方。我们熟知：

\[\frac{\mathcal{B}_t(z)^r}{t\mathcal{B}_t^{-1}(z)+1-t}=\sum\binom{tk+r}{k}z^k
\]

然后：

\[\frac{\mathcal{B}_{-m}(z^m)^{n+1}}{(m+1)\mathcal{B}_{-m}(z^m)-m}\\
=\frac{\mathcal{B}_{-m}(z^m)^{n}}{(m+1)-m\mathcal{B}_{-m}(z^m)^{-1}}
\]

这不就是 \(t=-m,r=n\) 的式子吗。

\[=\sum_{k\ge 0}\binom{n-mk}{k}z^{mk}
\]

我们发现后面的式子是一样的：

\[\sum_{0\le j<m}\frac{(\zeta^{2j+1}z\mathcal{B}_{1+1/m}(\zeta^{2j+1}z)^{1/m})^{n+1}}{(m+1)\mathcal{B}_{1+1/m}(\zeta^{2j+1}z)^{-1}-1}\\
=\sum_{0\le j<m}\frac{(\zeta^{2j+1}z)^{n+1}}{m}\frac{(\zeta^{2j+1}z\mathcal{B}_{1+1/m}(\zeta^{2j+1}z)^{1/m})^{n+1}}{(1+1/m)\mathcal{B}_{1+1/m}(\zeta^{2j+1}z)^{-1}-(1+1/m)+1}\\
=\sum_{0\le j<m}\frac{(\zeta^{2j+1}z)^{n+1}}{m}\sum_{k\ge 0}\binom{(n+1)/m+(1+1/m)k}{k}(\zeta^{2j+1}z)^k\\
=\sum_{0\le j<m}\frac{1}{m}\sum_{k>n}\binom{(1+1/m)k-n-1}{k-n-1}(\zeta^{2j+1}z)^k\\
=\frac{1}{m}\sum_{k>n}\binom{(1+1/m)k-n-1}{k-n-1}z^k\sum_{0\le j<m}(\zeta^{2j+1})^k\\
\]

后面这个式子是可以求的。

\[\sum_{0\le j<m}(\zeta^{2j+1})^k\\
=\zeta^{k}\sum_{0\le j<m}\zeta^{2jk}\\
=\zeta^{k}\sum_{0\le j<m}(\zeta^2k)^j\\
=\zeta^{k}\frac{\zeta^{2mk}-1}{\zeta^{2k}-1}\\
=(i\sin\frac{k\pi}{m}+\cos\frac{k\pi}{m})\frac{i\sin 2k\pi+\cos 2k\pi-1}{i\sin\frac{2k\pi}{m}+\cos\frac{2k\pi}{m}-1}
\]

发现分子是 \(0\)，那么原式是 \(0\) 当 \(k\nmid m\)，因为此时分母不是 \(0\)。而考虑 \(k\mid m\) 会发生什么：

\[(i\sin\frac{k\pi}{m}+\cos\frac{k\pi}{m})\frac{i\sin 2k\pi+\cos 2k\pi-1}{i\sin\frac{2k\pi}{m}+\cos\frac{2k\pi}{m}-1}\\
=(-1)^{k/m}\frac{i\sin 2k\pi}{i\sin\frac{2k\pi}{m}}\\
=(-1)^{k/m}\frac{2k\pi i}{\frac{2k\pi}{m}i}\\
=m(-1)^{k/m}
\]

所以

\[\sum_{0\le j<m}(\zeta^{2j+1})^k=(-1)^{k/m}m[k\mid m]\\
\]

那么我们可以化简了！

\[\frac{1}{m}\sum_{k>n}\binom{(1+1/m)k-n-1}{k-n-1}z^k\sum_{0\le j<m}(\zeta^{2j+1})^k\\
=\sum_{k>n/m}\binom{(m+1)k-n-1}{k}(-z^m)^k\\
=\sum_{k>n/m}\binom{n-mk}{k}z^{mk}\\
\]

完 全 胜 利

\[\sum_{mk\le n}\binom{n-mk}{k}z^{mk}=\frac{\mathcal{B}_{-m}(z^m)^{n+1}}{(m+1)\mathcal{B}_{-m}(z^m)-m}-\sum_{0\le j<m}\frac{(\zeta^{2j+1}z\mathcal{B}_{1+1/m}(\zeta^{2j+1}z)^{1/m})^{n+1}}{(m+1)\mathcal{B}_{1+1/m}(\zeta^{2j+1}z)^{-1}-1}\\
=\sum_{k\ge 0}\binom{n-mk}{k}z^{mk}-\sum_{k>n/m}\binom{n-mk}{k}z^{mk}\\
=\sum_{k\le n/m}\binom{n-mk}{k}z^{mk}
\]

\[\sum_{k\ge 0}\binom{r}{k}/\binom{s}{k}=\frac{s+1}{s-r+1}
\]

成立条件。

显然，根据高斯超几何函数的公式，需要有：

\[Real(r)>Real(s+1)
\]

91.92. 利用微分方程证明超几何变换，繁而不难，略去。（92. 应用了微分有限函数之积微分有限）

后面可能会补 86，但之后的主要是机械求和，不写了。

研究题很抽象，不知道看不看