高中数学的一些组合数问题

众所周知，小葱同学擅长计算，尤其擅长计算组合数。

写在前面

0. 现在我们不讨论某钟姓长者出的一系列【组合数问题】，而是讨论在高中数学中遇到的一些值得玩味的组合数问题。
1. 本文中的组合数均为狭义组合数，也就是说 $C_n^m$必须满足 $n,m\in\N,0\leq m\leq n$。
2. 本文对于涉及到的题目只给出解析，不一定给出完整解答过程。因为这是一篇随笔而不是参考答案。
3. 并不是每一道题我都能记得它的来源。更确切地说，几乎没几道题我能记得住它的来源。
4. 题目难度并不是递增的。

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问题0. [热身题]化简： $\sum\limits_{k=0}^m\cfrac{C_m^k}{C_n^k}$，其中 $m,n\in\N,m\leq n$。
解析 这里有一个重要的恒等式： $C_n^mC_m^k=C_n^kC_{n-k}^{m-k}$。你可以把它们展开成阶乘的形式来证明，但我们还可以给出一个组合推理的证明：假设班里有 $n$个人，现在要从其中选出 $m$个人成为团员，再从这 $m$人中选出 $k$个人成为团委；那么我们可以先从 $n$人中选出 $k$个团委，再从剩下的 $n-k$个人中选出 $m-k$个人，他们是团员但不是团委。

于是将这个恒等式变形得到 $\cfrac{C_m^k}{C_n^k}=\cfrac{C_{n-k}^{m-k}}{C_n^m}$

那么原式 $=\sum\limits_{k=0}^m\cfrac{C_{n-k}^{m-k}}{C_n^m}=\cfrac{1}{C_n^m}\sum\limits_{k=0}^mC_{n-k}^{m-k}=\cfrac{1}{C_n^m}\sum\limits_{k=0}^mC_{n-k}^{n-m}$

接下来可以使用一些处理含有 $\sum$的式子的一些技巧，不过这里也许展开更加明显：

原式 $=\cfrac{1}{C_n^m}\left(C_n^{n-m}+C_{n-1}^{n-m}+C_{n-2}^{n-m}+\cdots+C_{n-m}^{n-m}\right)$

这个式子我们再熟悉不过啦！它就是 $\cfrac{1}{C_n^m}C_{n+1}^{n-m+1}$，再展开成阶乘的形式化简即可。

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问题1. [苏锡常镇一模2019]已知函数 $f(n)=\sum\limits_{i=2}^n\cfrac{C_{2i}^i}{C_{2i+2}^{i+1}},g(n)=\sum\limits_{i=2}^n\cfrac{C_{2i}^{i+2}}{C_{2i+2}^{i+1}}$，其中 $n\in\N^*,n\geq2$。
设函数 $h(n)=f(n)-g(n)$，求证： $\forall m\in\N^*,m\geq2,h(2^m)>\cfrac{m-1}{2}$。

解析 $h(n)=\sum\limits_{i=2}^n\cfrac{C_{2i}^i-C_{2i}^{i+2}}{C_{2i+2}^{i+1}}$，将组合数全部展开成阶乘的形式并化简可得 $h(n)=\sum\limits_{i=2}^n\cfrac{1}{i+2}$。然后就和组合数没什么关系了。

考虑数学归纳法。首先 $m=2$时， $h(4)=\cfrac{37}{60}>\cfrac{1}{2}$成立。

假设当 $m=k(k\in\N^*,k\geq2)$时， $h(2^k)=\sum\limits_{i=2}^{2^k}\cfrac{1}{i+2}>\cfrac{k-1}{2}$，

则当 $m=k+1$时， $h(2^{k+1})=h(2^k)+\sum\limits_{i=2^k+1}^{2^{k+1}}\cfrac{1}{i+2}>\cfrac{k-1}{2}+\sum\limits_{i=2^k+1}^{2^{k+1}}\cfrac{1}{i+2}$

我们希望证明它大于 $\cfrac{k}{2}$，两边消去 $\cfrac{k}{2}$后也就是要证明 $\sum\limits_{i=2^k+1}^{2^{k+1}}\cfrac{1}{i+2}>\cfrac{1}{2}$

左边这个和式看起来没有任何的突破口，因为它的求和项不带有根式、对数、平方、指数之类的很有个性的元素。（这些东西总是可以按照一些套路来放缩，比如有理化、分离常数、裂项之类的）

等等，似乎…指数是有的。它是从 $\cfrac{1}{2^k+3}$开始加起，加到 $\cfrac{1}{2^{k+1}+2}$。也就是说这中间每一项都含有一个指数 $2^k$，我们可以尝试这样一个放缩，将中间的每一项都缩小为最后一项：

$\sum\limits_{i=2^k+1}^{2^{k+1}}\cfrac{1}{i+2}>\sum\limits_{i=2^k+1}^{2^{k+1}}\cfrac{1}{\color{red}2^{k+1}+2}=\cfrac{2^{k+1}-2^k}{2(2^k+1)}=\cfrac{2^{k-1}}{2^k+1}$

然而不幸的是，这个放缩结果与我们希望得到的 $\cfrac{1}{2}$差了那么一点点： $\cfrac{2^{k-1}}{2^k+1}<\cfrac{2^{k-1}}{2^k}=\cfrac{1}{2}$。

但这其实暗示了我们，这样的放缩思路是正确的，只是我们“放过头了”。那么你应该知道接下来怎么办。

尝试保留第一项得到 $\cfrac{1}{2^k+3}+\sum\limits_{i=2^k+2}^{2^{k+1}}\cfrac{1}{2^{k+1}+2}=\cfrac{1}{2^k+3}+\cfrac{2^{k+1}-2^k-1}{2^{k+1}+2}$，再往下推发现它还是小于 $\cfrac{1}{2}$。

仍不甘心，保留前两项： $\cfrac{1}{2^k+3}+\cfrac{1}{2^k+4}+\cfrac{2^{k+1}-2^k-2}{2^{k+1}+2}=\cfrac{1}{2^k+3}+\cfrac{1}{2^k+4}+\cfrac{2^{k-1}-1}{2^k+1}$。继续推下去最终会发现，当 $2^{2k}>3\cdot2^k+22$的时候这个式子大于 $\cfrac{1}{2}$，这时 $k\geq3$。

所以我们需要对整个数学归纳法的结构作一些微调。先单独验证 $m=2$的情形，然后将 $m=3$作为归纳基础，再假设当 $m=k(k\geq3,k\in\N^*)$时成立，然后按照保留前两项的方法证下去就好了。

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问题2. 设函数 $F_n(x)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^iC_n^i\cfrac{x}{x+i}$，其中 $x$可以取任何使得表达式有意义的实数， $n\in\N^*$。
求证： $F_n(x)=\cfrac{n!}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}$。

解析 考虑数学归纳法。首先 $n=1$时， $F_1(x)=\cfrac{1}{x+1}$成立。

假设 $n=k(k\in\N^*)$时 $F_k(x)=\sum\limits_{i=0}^k(-1)^iC_k^i\cfrac{x}{x+i}=\cfrac{k!}{(x+1)(x+2)\cdots(x+k)}$

那么 $n=k+1$时， $F_{k+1}(x)=\sum\limits_{i=0}^{k+1}(-1)^iC_{k+1}^i\left(1-\cfrac{i}{x+i}\right)$

$=\sum\limits_{i=0}^{k+1}(-1)^iC_{k+1}^i-\sum\limits_{i=0}^{k+1}(-1)^iiC_{k+1}^i\cfrac{1}{x+i}$

因为 $k\in\N^*$，所以 $k+1>0$，左边的式子就是 $(1-1)^{k+1}=0$。

而右边出现了我们喜欢的 $iC_{k+1}^i$，利用吸收恒等式： $iC_{k+1}^i=(k+1)C_k^{i-1}$

那么 $F_{k+1}(x)=-\sum\limits_{i=1}^{k+1}(-1)^i(k+1)C_k^{i-1}\cfrac{1}{x+i}$

$=(k+1)\sum\limits_{i=0}^k(-1)^iC_k^i\cfrac{1}{x+i+1}$（这里我们对求和指标 $i$作了一个平移）

$=\cfrac{k+1}{x+1}\sum\limits_{i=0}^k(-1)^iC_k^i\cfrac{x+1}{x+1+i}=\cfrac{k+1}{x+1}F_k(x+1)$

根据归纳假设，它等于 $\cfrac{k+1}{x+1}\cdot\cfrac{k!}{(x+2)(x+3)\cdots(x+k+1)}=\cfrac{(k+1)!}{(x+1)(x+2)\cdots(x+k+1)}$，成立。

似乎就是个普通的数学归纳法，没什么花样啊？GKxx陷入了思考…于是就有了下面这道题：

问题2++. 设函数 $G_n(x)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^iC_n^i\cfrac{i!}{(x+1)(x+2)\cdots(x+i)}$， $x,n$的取值集合同上。
求证： $G_n(x)=\cfrac{x}{x+n}$。

解析 似乎就是把上一题的式子反了一下？（数学的对称之美）

从上一题到这一题的变化其实是下面这个事实的一个特例：

如果 $f_n=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^iC_n^ig_i$，那么 $g_n=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^iC_n^if_i$。

下面给出证明：首先将 $f_i$代入

$\sum\limits_{i=0}^n(-1)^iC_n^if_i=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^iC_n^i\sum\limits_{j=0}^i(-1)^jC_i^jg_j$

$=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i\sum\limits_{j=0}^i(-1)^jC_n^iC_i^jg_j$

我又看见你了！ $C_n^iC_i^j=C_n^jC_{n-j}^{i-j}$，它就是我们在问题0中证过的式子。这里利用它的好处在于，得到的 $C_n^j$与 $i$无关，方便我们交换求和符号。什么你问我为什么要交换求和符号？因为我想把 $g_j$提前面一点。

交换求和符号的道理其实很简单： $\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^ia_{ij}=\sum\limits_{j=0}^n\sum\limits_{i=j}^na_{ij}$。为何 $i$的下界取 $j$？因为在交换之前的式子中始终有 $i\geq j$。

于是上面的式子 $=\sum\limits_{j=0}^nC_n^jg_j\sum\limits_{i=j}^n(-1)^{i+j}C_{n-j}^{i-j}$

$=\sum\limits_{j=0}^nC_n^jg_j\sum\limits_{i=0}^{n-j}(-1)^{i+2j}C_{n-j}^i$（这里对 $i$作了一个平移，从 $[j,n]$平移到了 $[0,n-j]$）

$=\sum\limits_{j=0}^nC_n^jg_j\sum\limits_{i=0}^{n-j}(-1)^iC_{n-j}^i$

注意到右边这个和式当且仅当 $n-j=0$时值为 $1$，否则为 $(1-1)^{n-j}=0$。因此上式 $=g_n$，得证。

这其实是一个著名的公式：二项式反演。它还有两个类似的形式：

$f_n=\sum\limits_{i=0}^nC_n^ig_i\Leftrightarrow g_n=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}C_n^if_i$

$f_n=(-1)^n\sum\limits_{i=0}^nC_n^ig_i\Leftrightarrow g_n=(-1)^n\sum\limits_{i=0}^nC_n^if_i$

这两个公式的证明跟第一个几乎一模一样，所以甚至不配留作习题。

有了二项式反演，问题2++便迎刃而解。

事实上，如果引入了广义组合数，这题会有更加巧妙的不依赖反演的解法。

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问题3. [简单题]化简 $T_n=\sum\limits_{i=0}^nC_{3n}^{3i}$。

解析 组合数的下标多了一个常数 $3$，这不是一件好事。如果没有切实可行的方法消去这个常数，我们只能想办法铺设一些台阶来做事。所谓的“台阶”，也就是递推关系。

考察： $T_{n+1}=\sum\limits_{i=0}^{n+1}C_{3n+3}^{3i}$

前面已经说过，本文只使用狭义组合数，所以为了避免麻烦，将首项和末项都拿出来：

$T_{n+1}=2+\sum\limits_{i=1}^nC_{3n+3}^{3i}$

利用帕斯卡恒等式 $C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}$来减少下标 $3n+3$，想办法把它减少到 $3n$：

$T_{n+1}=2+\sum\limits_{i=1}^n\left(C_{3n}^{3i}+3C_{3n}^{3i-1}+3C_{3n}^{3i-2}+C_{3n}^{3n-3}\right)$

$=2+\sum\limits_{i=1}^nC_{3n}^{3i}+\sum\limits_{i=1}^nC_{3n}^{3(n-1)}+3\sum\limits_{i=1}^n\left(C_{3n}^{3i-2}+C_{3n}^{3i-1}\right)$

前面两个和式很好处理，第一个就是 $T_n$去掉首项，第二个就是 $T_n$去掉末项。第三个和式的结果不太容易看出来，不妨把它展开：

$=2T_n+3\left(C_{3n}^1+C_{3n}^2+C_{3n}^4+C_{3n}^5+\cdots+C_{3n}^{3n-2}+C_{3n}^{3n-1}\right)$

发现后面这一串就是 $2^{3n}-T_n$！于是我们得到了递推关系

$T_{n+1}=-T_n+3\cdot8^n$

这个递推关系的求解方法就多了去了，可以用待定系数，或者累加，甚至可以用生成函数（高考可能不让用？），如果你本事大可以猜出通项后用数学归纳法等等。

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问题4. 设函数 $f_n(x)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^iC_n^i(x-i)^n$，其中 $n\in\N^*$。求证 $f_n(x)=n!$。

解析 反演？别想了。后面这个 $(x-i)^n$既有 $i$又有 $n$，并不能套得上反演公式。

试一试大力数学归纳法吧。首先 $n=1$时结论成立。

假设 $n=k$时 $f_k(x)=\sum\limits_{i=0}^k(-1)^iC_k^i(x-i)^k=k!$，则当 $n=k+1$时

$f_{k+1}(x)=\sum\limits_{i=0}^{k+1}(-1)^iC_{k+1}^i(x-i)^k(x-i)$

$=x\sum\limits_{i=0}^{k+1}(-1)^iC_{k+1}^i(x-i)^k-\sum\limits_{i=1}^{k+1}(-1)^iiC_{k+1}^i(x-i)^k$

后面出现了我们喜欢的 $iC_{k+1}^i$，可以吸收，那先化简后面的和式：

$-\sum\limits_{i=1}^{k+1}(-1)^i(k+1)C_k^{i-1}(x-i)^k=(k+1)\sum\limits_{i=0}^k(-1)^iC_k^i(x-1-i)^k=(k+1)f_k(x-1)=(k+1)!$

所以 $f_{k+1}(x)=x\sum\limits_{i=0}^{k+1}(-1)^iC_{k+1}^i(x-i)^k+(k+1)!$。接下来为了应用归纳假设，要想办法把组合数的下标改成 $k$，我们想到帕斯卡恒等式。在使用前先把首项末项拿出来。

$f_{k+1}(x)=x^{k+1}-x(k+1-x)^k+x\sum\limits_{i=1}^k(-1)^i\left(C_k^i+C_k^{i-1}\right)(x-i)^k+(k+1)!$

$=x^{k+1}-x(k+1-x)^k+x\sum\limits_{i=1}^k(-1)^iC_k^i(x-i)^k+x\sum\limits_{i=1}^k(-1)^iC_k^{i-1}(x-i)^k+(k+1)!$

$=x^{k+1}-x(k+1-x)^k+x(f_k(x)-x^k)-x\sum\limits_{i=1}^k(-1)^{i-1}C_k^{i-1}(x-i)^k+(k+1)!$

前面可以消去 $x^{k+1}$，后面的和式对 $i$平移一下：

$=xf_k(x)-x(k+1-x)^k-x\sum\limits_{i=0}^{k-1}(-1)^iC_k^i(x-1-i)^k+(k+1)!$

$=xf_k(x)-x(k+1-x)^k-x(f_k(x-1)-(k+1-x)^k)+(k+1)!$

$=xf_k(x)-xf_k(x-1)+(k+1)!=(k+1)!$

得证。

所以其实这题就是告诉我们，做题一定要耐心和细心。

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问题5. 现在有 $m+n$个抽屉，编号从 $1$到 $m+n$，另有一个袋子中有 $n$个黑球和 $m$个白球。这些球除了颜色之外完全相同。重复以下操作 $m+n$次，第 $i$次操作从袋子里随机摸出一个球来放入编号为 $i$的抽屉。设 $\xi$表示最后一个黑球所在的抽屉的编号的倒数。求证： $E(\xi)<\cfrac{n}{(m+n)(n-1)}$。其中 $E(\xi)$表示 $\xi$的数学期望值。

解析 显然 $\xi$的所有可能取值为 $\cfrac{1}{n+1},\cfrac{1}{n+2},\cdots,\cfrac{1}{m+n}$。

考虑如何计算 $P\left(\xi=\cfrac{1}{i}\right)$，即最后一个黑球放在第 $i$个抽屉的概率。总方案数显然是 $C_{m+n}^n$，其中我们需要让前 $i-1$个抽屉里有 $n-1$个放了黑球，并且第 $i$个抽屉也放黑球，因此 $P\left(\xi=\cfrac{1}{i}\right)=\cfrac{C_{i-1}^{n-1}}{C_{m+n}^n}$。

则 $E(\xi)=\sum\limits_{i=n}^{m+n}\cfrac{1}{i}P\left(\xi=\cfrac{1}{i}\right)=\sum\limits_{i=n}^{m+n}\cfrac{1}{i}\cfrac{C_{i-1}^{n-1}}{C_{m+n}^n}=\cfrac{1}{C_{m+n}^n}\sum\limits_{i=n}^{m+n}\cfrac{1}{i}C_{i-1}^{n-1}$

如果要求出 $E(\xi)$的闭形式，接下来最理想的就是想办法将 $\cfrac{1}{i}$吸收进组合数。不幸的是 $\cfrac{1}{i}$和 $C_{i-1}^{n-1}$并不能应用吸收恒等式。

但事实上我们并不需要求出 $E(\xi)$的闭形式，因为我们最后要证明的是一个不等式。所以我们可以考虑在中途对式子加以改造——放缩。注意到 $\cfrac{1}{i}<\cfrac{1}{i-1}$，而 $\cfrac{1}{i-1}C_{i-1}^{n-1}=\cfrac{1}{n-1}C_{i-2}^{n-2}$可以吸收。所以

$E(\xi)<\cfrac{1}{C_{m+n}^n}\sum\limits_{i=n}^{m+n}\cfrac{1}{i-1}C_{i-1}^{n-1}=\cfrac{1}{C_{m+n}^n}\cfrac{1}{n-1}\sum\limits_{i=n}^{m+n}C_{i-2}^{n-2}$

后面的和式就是 $C_{m+n-1}^{n-1}$。因此证到 $E(\xi)<\cfrac{C_{m+n-1}^{n-1}}{C_{m+n}^n(n-1)}=\cfrac{n}{(m+n)(n-1)}$。