【学习笔记】组合恒等式

0.概述

试图从 组合意义 上解释一些有趣的组合恒等式。

常用伎俩是证明方案一一对应。当然乘法原理、加法原理也有可能客串。

注意， ${n\choose m}=C_n^m$ ，我将一律使用左边的表示方法。现实意义是从 $n$ 个不同的球中选出 $m$ 个。

1.蠢蛋结论

1.1.剩下的

${n\choose m}={n\choose n-m}$

因为选出 $m$ 个就是选 $n-m$ 个留下。

1.2.选两次

${n\choose m}{m\choose r}={n\choose r}{n-r\choose m-r}$

顾名思义，右式选出了两部分球， $r$ 个红球、 $m-r$ 个白球。而左式先选出 $m$ 个有颜色的球，再选出 $r$ 个是红球（剩下的只好是白球）。

1.3.拼凑

${n+m\choose r}=\sum_{i=0}^{+\infty}{n\choose i}{m\choose r-i}$

就是两边各选一部分然后拼起来。

1.4.乱选

$\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}=2^n$

因为就是随便选。所以就是子集数量 $2^n$ 呗。

2.带权

2.1.二项式展开

$\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}x^i=(1+x)^n$

非要说的话，可以把右边那个当成母函数。没啥组合意义了。

2.2.奇偶

$\sum_{i=0}^{+\infty}{n\choose 2i}=\sum_{i=0}^{+\infty}{n\choose 2i+1}=2^{n-1}$

令 2.1.二项式展开 中的 $x=-1$ 则知左边的等号成立。1.4.乱选 知第二个等号成立。

2.3.集合大小

$\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}i=n2^{n-1}$

左式即，每个集合的权值为其大小，求所有子集和。显然可以每个球分别算贡献。有 $2^{n-1}$ 个集合包含之，故贡献为该个数乘 $1$ ； $n$ 个球累和就是 $n2^{n-1}$ 了。

2.3.1.变式

${n\choose m}m={n-1\choose m-1}n$

理由跟上面一样。读者自证不难。

2.4.大小的平方

$\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}i^2=n(n+1)2^{n-2}$

仍然可以每个球分开算贡献。将一个选球方案中右数第 $i(1\le i)$ 个球的权值设置为 $i^2-(i-1)^2=2i-1$ 即可。则左式应当等于

$\sum_{i=1}^{n}2^{i-1}\sum_{x=0}^{n-i}{n-i\choose x}(2x+1)$

对于某一个 $i$ ，计算里面一个求和，用 2.3.集合大小 的结论得知

$\sum_{x=0}^{n-i}{n-i\choose x}(2x+1)=(n-i+1)2^{n-i}$

然后刚好和 $2^{i-1}$ 合在一起成为 $2^{n-1}$ 了，妙哉！故左式应当为

$2^{n-1}\sum_{i=1}^{n}(n-i+1)=n(n+1)2^{n-2}$

得证。 $\tt Q.E.D.$

3.构造法

${n+m+1\choose m}=\sum_{i=0}^{m}{n+i\choose i}$

将球编号为 $[0,n+m]$ 。对于左式的选球方案，找到最小的 $k$ 使得 $(k,m]$ 都被选了。显然 $k$ 最小为 $0$ ，因为 $(0,m]$ 就已经有 $m$ 个球了。

根据定义， $k$ 号球一定没有被选。于是剩下的就是 $[0,k)$ 和 $(m,n+m]$ 中的球，共 $n+k$ 个。已经拿出了 $(k,m]$ 中的球，所以还需要 $k$ 个球。故方案数为 ${n+k\choose k}$ 。求和即为右式。