ch03二项式系数 - USTC课程资源分享在线

Last updated: Wednesday 14 January 2026 @ 16:54:45

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1.用二项式定理展开 $(2 x - y)^{7}$
2. $(3 x - 2 y)^{1} 8$ 的展开式中， $x^{5} y^{1} 3$ 的系数是什么？ $x^{8} y^{1} 0$ 的系数是什么?
*3. 证明
- (1)设 $n$ 为大于等于2的整数，则: $C_{n}^{1} - 2 C_{n}^{2} + 3 C_{n}^{3} + \dots + (- 1)^{n - 1} \cdot n C_{n}^{n} = 0$
- (2) 设 $n$ 为正整数，则 $1 + \frac{1}{2} C_{n}^{1} + \frac{1}{3} C_{n}^{2} + \frac{1}{4} C_{n}^{3} + \dots + \frac{1}{n + 1} C_{n}^{n} = \frac{1}{n + 1} (2^{n + 1} - 1)$
*4. 给出 $C_{n}^{m} C_{r}^{0} + C_{n - 1}^{m - 1} C_{r + 1}^{1} + C_{n - 2}^{m - 2} C_{r + 2}^{2} + \dots + C_{n - m}^{0} C_{r + m}^{m} = C_{n + r + 1}^{m}$ 的组合意义
5. 给出 $C_{r}^{r} + C_{r + 1}^{r} + C_{r + 2}^{r} + \dots + C_{n}^{r} = C_{n + 1}^{r + 1}$ 的组合意义
6. 证明 $C_{m}^{0} C_{m}^{n} + C_{m}^{1} C_{m - 1}^{n - 1} + \dots + C_{m}^{n} C_{m - n}^{0} = 2^{n} C_{m}^{n}$
7. 利用 $m^{2} = 2 C_{m}^{2} + C_{m}^{1}$ ，求 $1^{2} + 2^{2} + \dots + n^{2}$
8.求整数 $a, b, c$ ，使得 $m^{3} = a C_{m}^{3} + b C_{m}^{2} + c C_{m}^{1}$ ,并计算 $1^{3} + 2^{3} + \dots + n^{3}$
9.证明 $\sum_{k = 0}^{n} C_{m_{1}}^{k} C_{n - k}^{m_{2}} = C_{m_{1} + m_{2}}^{n}$
10.证明
- (1)在由数字集 $0, 1, 2$ 生成的长度为 $n$ 的字符串中, 0出现偶数次的字符串有 $\frac{3 ^{n} + 1}{2}$ 个
- (2) 设 $q = 2 ⌊ \frac{n}{2} ⌋$ ，则 $C_{n}^{0} 2^{n} + C_{n}^{2} 2^{n - 2} + \dots + C_{n}^{q} 2^{n - q} = \frac{3 ^{n} + 1}{2}$
*11. 证明 $C_{n}^{0} C_{n}^{1} + C_{n}^{1} C_{n}^{2} + \cdot + C_{n}^{n - 1} C_{n}^{n} = \frac{( 2 n )!}{( n - 1 )! ( n + 1 )!}$
12. 证明：对一切整数 $r \geq m \geq k \geq 0$ ,有 $C_{r}^{m} C_{m}^{k} = C_{r}^{k} C_{r - k}^{m - k}$
13.用多项式定理展开 $(x_{1} + x_{2} + x_{3})^{4}$
14.确定 $(x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} + x_{5})^{10}$ 的展开式中 $x_{1}^{3} x_{2} x_{3}^{4} x_{5}^{2}$ 项的系数
15.用组合学方法证明恒等式 $C_{n}^{k} - C_{n - 3}^{k} = C_{n - 1}^{k - 1} + C_{n - 2}^{k - 1} + C_{n - 3}^{k - 1}$
16.求出并证明下面式子的结果 $r, s, t \geq 0 r + s + t = 0 \sum C_{m_{1}}^{r} C_{m_{2}}^{s} C_{m_{3}}^{t}$
17. 试运用归纳法证明
18. 令n和k为正整数，给出以下恒等式的组合学证明: $n (n + 1) 2^{n - 2} = \sum_{k = 1}^{n} k^{2} C_{n}^{k}$
19.用牛顿二项式定理近似计算 $1 0^{1/3}$
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- (1) 证明 $(1 + 3)^{2 m + 1} + (1 - 3)^{2 m + 1}$ 是一个整数；
- (2) 证明 $(1 - 3)^{2 m + 1}$ 是 -1和0之间的一个数，并且 $- (1 - 3)^{2 m + 1}$ 是 $(1 + 3)^{2 m + 1}$ 的小数部分

转载自liuzengh/combinatorial-mathematics

1.用二项式定理展开 $(2 x - y)^{7}$

$\sum_{i = 0}^{7} (- 1)^{7 - i} 2^{i} C_{7}^{i} x^{i} y^{7 - i}$

2. $(3 x - 2 y)^{1} 8$ 的展开式中， $x^{5} y^{1} 3$ 的系数是什么？ $x^{8} y^{1} 0$ 的系数是什么?

$C_{18}^{5} 3^{5} (- 2)^{13}$ , $C_{18}^{8} 3^{8} (- 2)^{10}$

微分. 对等式 $(1 + x)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} C_{n}^{i} x^{i}$ 两边在 $x = - 1$ 处求导数，得左边 $[(1 + x)^{n}]^{^{'}} ∣_{x = - 1} = n (1 + x)^{n - 1} ∣_{x = - 1} = 0$ ,右边 $[\sum_{i = 0}^{n} C_{n}^{i} x^{i}]^{^{'}} ∣_{x = - 1} = \sum_{i = 1}^{n} i C_{n}^{i} x^{i - 1} ∣_{x = - 1}$ ，从而 $C_{n}^{1} - 2 C_{n}^{2} + 3 C_{n}^{3} + \dots + (- 1)^{n - 1} \cdot n C_{n}^{n} = 0$

(2) 设 $n$ 为正整数，则 $1 + \frac{1}{2} C_{n}^{1} + \frac{1}{3} C_{n}^{2} + \frac{1}{4} C_{n}^{3} + \dots + \frac{1}{n + 1} C_{n}^{n} = \frac{1}{n + 1} (2^{n + 1} - 1)$

积分. 对等式 $(1 + x)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} C_{n}^{i} x^{i}$ 两边求 $x \in [0, 1]$ 上的定积分，得左边 $\int_{0}^{1} (1 + x)^{n} d x = \frac{1}{n + 1} (1 + x)^{n + 1} ∣_{0}^{1} = \frac{1}{n + 1} (2^{n + 1} - 1)$ , 右边 $\int_{0}^{1} \sum_{i = 0}^{n} C_{n}^{i} x^{i} = \sum_{i = 0}^{n} \int_{0}^{1} C_{n}^{i} x^{i} = \sum_{i = 0}^{n} \frac{1}{i + 1} C_{n}^{i} x^{i + 1} ∣_{0}^{1} = \sum_{i = 0}^{n} \frac{1}{i + 1} C_{n}^{i}$ ,从而 $1 + \frac{1}{2} C_{n}^{1} + \frac{1}{3} C_{n}^{2} + \frac{1}{4} C_{n}^{3} + \dots + \frac{1}{n + 1} C_{n}^{n} = \frac{1}{n + 1} (2^{n + 1} - 1)$

*4. 给出 $C_{n}^{m} C_{r}^{0} + C_{n - 1}^{m - 1} C_{r + 1}^{1} + C_{n - 2}^{m - 2} C_{r + 2}^{2} + \dots + C_{n - m}^{0} C_{r + m}^{m} = C_{n + r + 1}^{m}$ 的组合意义

等式右端相当于点 $(r, m)$ 到点 $(m + r, n + r + 1)$ 的路径数，我们将这些路径数分为如下 $m + 1$ 类: 第 $i (0 \leq i \leq m)$ 是从 $(r, m)$ 点途经 $(r + i, n)$ 点，然后沿垂直方向走到 $(r + i, n + 1)$ 点，最后到达 $(m + r, n + r + 1)$ 点，路径数为： $C_{n - m + i}^{i} \cdot 1 \cdot C_{r + m - i}^{r}$ .根据加法原理，有 $C_{n}^{m} C_{r}^{0} + C_{n - 1}^{m - 1} C_{r + 1}^{1} + C_{n - 2}^{m - 2} C_{r + 2}^{2} + \dots + C_{n - m}^{0} C_{r + m}^{m} = C_{n + r + 1}^{m}$

5. 给出 $C_{r}^{r} + C_{r + 1}^{r} + C_{r + 2}^{r} + \dots + C_{n}^{r} = C_{n + 1}^{r + 1}$ 的组合意义

参考3.3节等式4

$C_{n + 1}^{r + 1} = C_{n}^{r} + C_{n}^{r + 1}$ , n+1元集合 $A = a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ 的r+1元子集可以分为两类：第一类r+1元子集含 $a_{1}$ , 第二类r+1元子集不含a_1.第一类r元子集中的任一个去掉。第一类r+1元子集中的任一个去掉 $a_{1}$ 后，就是 $A - a_{1}$ 的r元子集；反过来，任给一个 $A - a_{1}$ 的r元子集，添上 $a_{1}$ 后就是A的 $r + 1$ 元子集，故两者之间有一一对应的关系。因此，第一类r+1元子集共有 $C_{n}^{r}$ 个.第二类r+1元子集就是A-{a_1}的r+1元子集，共有 $C_{n}^{r + 1}$ 。然后采用相同的思路对第二类r+1元子集依次考虑含不含 $a_{2}$ 继续分类下去。最后得到： $C_{r}^{r} + C_{r + 1}^{r} + C_{r + 2}^{r} + \dots + C_{n}^{r} = C_{n + 1}^{r + 1}$

6. 证明 $C_{m}^{0} C_{m}^{n} + C_{m}^{1} C_{m - 1}^{n - 1} + \dots + C_{m}^{n} C_{m - n}^{0} = 2^{n} C_{m}^{n}$

利用题目12的结论，然后把 2^n 展开成 $\sum_{i = 0}^{n} C_{n}^{i}$

7. 利用 $m^{2} = 2 C_{m}^{2} + C_{m}^{1}$ ，求 $1^{2} + 2^{2} + \dots + n^{2}$

利用题目5的结论。

8.求整数 $a, b, c$ ，使得 $m^{3} = a C_{m}^{3} + b C_{m}^{2} + c C_{m}^{1}$ ,并计算 $1^{3} + 2^{3} + \dots + n^{3}$

类似于题目7

9.证明 $\sum_{k = 0}^{n} C_{m_{1}}^{k} C_{n - k}^{m_{2}} = C_{m_{1} + m_{2}}^{n}$

参考3.3节等式5

10.证明

(1)在由数字集 $0, 1, 2$ 生成的长度为 $n$ 的字符串中, 0出现偶数次的字符串有 $\frac{3 ^{n} + 1}{2}$ 个

奇数次（ $\frac{3 ^{n} + 1}{2}$ ） + 偶数次（ $\frac{3 ^{n} - 1}{2}$ ） = 所有情况( $3^{n}$ )

(2) 设 $q = 2 ⌊ \frac{n}{2} ⌋$ ，则 $C_{n}^{0} 2^{n} + C_{n}^{2} 2^{n - 2} + \dots + C_{n}^{q} 2^{n - q} = \frac{3 ^{n} + 1}{2}$

利用(1)的组合意义，把出现偶数次的字符串依次分为0次， 2次， 4次， $\dots$ , $⌊ \frac{n}{2} ⌋$ 次。根据加法原则可以得到左边等于右边。

*11. 证明 $C_{n}^{0} C_{n}^{1} + C_{n}^{1} C_{n}^{2} + \cdot + C_{n}^{n - 1} C_{n}^{n} = \frac{( 2 n )!}{( n - 1 )! ( n + 1 )!}$

等式左边可以写成 $C_{n}^{0} C_{n}^{n - 1} + C_{n}^{1} C_{n}^{n - 2} + \dots + C_{n}^{n - 1} C_{n}^{0}$ , 右边可以写成 $C_{2 n}^{n - 1}$ .可以从组合意义上来证明这个等式，\C_{2n}^n是从 $2 n$ 元集合A的 $n - 1$ 的组合数，把集合 $A_{1}$ 和 $A_{2}$ ,使 $∣ A_{1} ∣ = ∣ A_{2} ∣ = n$ , 则从A的n元子集可以分为如下n类：从 $A_{1}$ 中选取 $i (0 \leq i \leq n - 1)$ 个元素,从 $A_{2}$ 中选取 $n - 1 - i$ 个元素，将从 $A_{1}$ 和 $A_{2}$ 中取出的元素并到一起构成A的第i类n-1 元子集，则第i类子集的个数为: $C_{n}^{i} C_{n}^{n - 1 - i}$ , 根据加法原则可以得到: $C_{n}^{0} C_{n}^{1} + C_{n}^{1} C_{n}^{2} + \cdot + C_{n}^{n - 1} C_{n}^{n} = \frac{( 2 n )!}{( n - 1 )! ( n + 1 )!}$

12. 证明：对一切整数 $r \geq m \geq k \geq 0$ ,有 $C_{r}^{m} C_{m}^{k} = C_{r}^{k} C_{r - k}^{m - k}$

$左边 = \frac{r !}{m ! ( r - m )!} \frac{m !}{k ! ( m - k )!} = \frac{r !}{( r - m )! ( m - k )! k !}$ $右边 = C_{r}^{k} C_{r - k}^{r - m} = \frac{r !}{k ! ( r - k )!} \frac{( r - k )!}{( r - m )! ( m - k )!} = \frac{r !}{m ! ( r - m )!} \frac{m !}{k ! ( m - k )!} = \frac{r !}{( r - m )! ( m - k )! k !}$

13.用多项式定理展开 $(x_{1} + x_{2} + x_{3})^{4}$

$(x_{1} + x_{2} + x_{3})^{4} = i, j \geq 0, i + j \leq 4 \sum C_{4}^{i} C_{4 - i}^{j} x_{1}^{i} x_{2}^{j} x_{3}^{4 - i - j}$

14.确定 $(x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} + x_{5})^{10}$ 的展开式中 $x_{1}^{3} x_{2} x_{3}^{4} x_{5}^{2}$ 项的系数

$C_{10}^{3} C_{7}^{1} C_{6}^{4} C_{2}^{2} = 12600$

15.用组合学方法证明恒等式 $C_{n}^{k} - C_{n - 3}^{k} = C_{n - 1}^{k - 1} + C_{n - 2}^{k - 1} + C_{n - 3}^{k - 1}$

利用递推公式 $C_{n}^{m} = C_{n - 1}^{m} + C_{n - 1}^{m - 1}$ ,可以将 $C_{n}^{k}$ 展开， $C_{n}^{k} = C_{n - 1}^{k - 1} + C_{n - 1}^{k} = C_{n - 1}^{k - 1} + C_{n - 2}^{k - 1} + C_{n - 2}^{k} = C_{n - 1}^{k - 1} + C_{n - 2}^{k - 1} + C_{n - 3}^{k - 1} + C_{n - 3}^{k}$ 。从而有 $C_{n}^{k} - C_{n - 3}^{k} = C_{n - 1}^{k - 1} + C_{n - 2}^{k - 1} + C_{n - 3}^{k - 1}$

16.求出并证明下面式子的结果 $r, s, t \geq 0 r + s + t = 0 \sum C_{m_{1}}^{r} C_{m_{2}}^{s} C_{m_{3}}^{t}$

可以看出这个式子是多项式 $(x + y)^{m_{1}} (x + y)^{m_{2}} (x + y)^{m_{3}} = (x + y)^{m_{1} + m_{2} + m_{3}}$ , 项数 $x^{n} y^{m_{1} + m_{2} + m_{3} - n}$ 的系数，则有 $C_{m_{1} + m_{2} + m_{3}}^{n}$

17. 试运用归纳法证明

$\frac{1}{( 1 - z ) ^{n}} = k = 0 \sum \infty C_{n + k - 1}^{k} z^{k}, ∣ z ∣ < 1$

18. 令n和k为正整数，给出以下恒等式的组合学证明: $n (n + 1) 2^{n - 2} = \sum_{k = 1}^{n} k^{2} C_{n}^{k}$

19.用牛顿二项式定理近似计算 $1 0^{1/3}$

def fun(r):
    if r == 0:
        return 1
    return r * fun(r-1)
   
ans = 0
for r  in range(0, 30):
    sign = 1 if r%2 else -1
    tmp = 1
    for j in range(2, r+1): 
        tmp *= (2*j-3)
    ans =  ans + (sign *  tmp / fun(r))

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(1) 证明 $(1 + 3)^{2 m + 1} + (1 - 3)^{2 m + 1}$ 是一个整数；

$(1 + 3)^{2 m + 1} + (1 - 3)^{2 m + 1} = i = 0 \sum 2 m + 1 C_{2 m + 1}^{i} (3)^{i} + i = 0 \sum 2 m + 1 (- 1)^{i} C_{2 m + 1}^{i} (3)^{i}$ = $$ \sum_{i=0}^{m}C_{2m+1}^{2i} (\sqrt 3)^{2i} = \sum_{i=0}^{m}C_{2m+1}^{2i} 3^i $,所以 $(1+\sqrt3)^{2m+1} + (1-\sqrt3)^{2m+1}$是一个整数 $$

(2) 证明 $(1 - 3)^{2 m + 1}$ 是 -1和0之间的一个数，并且 $- (1 - 3)^{2 m + 1}$ 是 $(1 + 3)^{2 m + 1}$ 的小数部分

$(1 - 3)^{2 m + 1} = ((1 - 3)^{2})^{m} (1 - 3)$ , 因为 $- 1 < (1 - 3) < 0$ ，所以 $((1 - 3)^{2})^{m}$ 介于0到1之间，从而 $(1 - 3)^{2 m + 1}$ 是 -1和0之间的一个数。根据(1)的结论， $(1 + 3)^{2 m + 1}$ 减去 $- (1 - 3)^{2 m + 1}$ 是整数，且 $- (1 - 3)^{2 m + 1}$ 是0和1之间的一个数，可以得出 $- (1 - 3)^{2 m + 1}$ 是 $(1 + 3)^{2 m + 1}$ 的小数部分。

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