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一个组合恒等式猜想的推广及应用李永利(河南质量工程职业学院 4 6 7 0 0 1)1 引言二项式系数Cmn可以组成许多有趣的组合恒等式.笔者在 数学通报2 0 2 1年第1 2期文1 中提出如下一个关于组合恒等式的猜想:猜想 设n为正整数,k=1,2,n,则CkkC2k2n+1+Ckk+1C2(k+1)2n+1+Ckk+2C2(k+2)2n+1+CknC2n2n+1=(2n+1)4n-kCk-12n-kk.(1)本文将给出一个新的比(1)式更一般的组合恒等式(2)(见下文),并给出证明.该恒等式当n取2n+1时即得(1)式,从而证明上述猜想成立,然后给出几个应用的例子.2 主要结果定理1 设n为正整数且n2,n2|表示不超过n2的最大整数,k=1,2,n2|,Ckn为组合数,则CkkC2kn+Ckk+1C2(k+1)n+Ckk+2C2(k+2)n+Ckn2C2n2n=nk2n-2k-1Ck-1n-k-1.(2)为证明(2)式,先介绍三个引理.引理12 设-1x1,k为正整数,则1(1-x)k+1=j=0Ckk+jxj.(3)引理2 设k,j,n均为自然数,且kjn,则CkjCjn=CknCj-kn-k.(4)证明 由组合数的计算公式可知CkjCjn=j!k!(j-k)!n!j!(n-j)!=n!k!1(j-k)!(n-j)!=n!k!(n-k)!(n-k)!(j-k)!(n-k)-(j-k)!=CknCj-kn-k,故(4)式成立.引理3 设n为正整数,Cjn为组合数,则有 nj=0j Cjn=2n-1n.(5)证明 由二项式定理可知nj=0Cjnxj=(1+x)n,上式两端分别对x求导,得nj=1j Cjnxj-1=n(1+x)n-1,令x=1,则可得出nj=1j Cjn=2n-1n.即(5)式成立.下面给出定理1的证明.定理1的证明 设f(x)=121+1x()n+1-1x()n|,则由二项式定理可知f(x)=12ni=0Cin1x()i+|ni=0(-1)iCin1x()i|=ni=01+(-1)i2Cin1xi=n2i=0C2in1x2i.(6)再令g(x)=x2k(1-x2)k+1,其中-1x1,则由引理1可得752 0 2 3年 第6 2卷 第2期 数学通报g(x)=x2kj=0Ckk+jx2j=j=0Ckk+jx2k+2j.(7)一方面,由(6)(7)两式可知 f(x)g(x)=(n2i=0C2in1x2i)(j=0Ckk+jx2k+2j)=(C0n+C2n1x2+C2kn1x2k+C2(k+1)n1x2(k+1)+C2n2n1x2n2)(Ckkx2k+Ckk+1x2k+2+Ckk+2x2k+4+Ckk+jx2k+2j+),因此,函数f(x)g(x)的幂级数展开式的常数项为CkkC2kn+Ckk+1C2k+2n+Ckk+2C2k+4n+Ckn2C2n2n=n2j=kCkjC2jn.(8)另一方面,由引理1和二项式定理可得 f(x)g(x)=121+1x()n+1-1x()n|x2k(1-x2)k+1=12(x+1)nxn+(x-1)nxn|x2k(1+x)k+1(1-x)k+1=12xn-2k(1+x)n-k-1(1-x)k+1+(-1)n(1-x)n-k-1(1+x)k+1|=12xn-2k(i=0Ckk+ixi)(n-k-1j=0Cjn-k-1xj)+(-1)n(i=0(-1)iCkk+ixi)(n-k-1j=0(-1)jCjn-k-1xj)=12xn-2ki=0n-k-1j=0Ckk+iCjn-k-1xi+j+i=0n-k-1j=0(-1)n+i+jCkk+iCjn-k-1xi+j=i=0n-k-1j=01+(-1)n+i+j2Ckk+iCjn-k-1xi+j+2k-n.其常数项应为x的幂指数满足i+j+2k-n=0的 项,即i+j=n-2k的 项,因 此 函 数f(x)g(x)的幂级数展开式的常数项又可表示为n-2kj=01+(-1)2n-2k2Ckn-k-jCjn-k-1=n-2kj=0Ckn-k-jCjn-k-1.(9)因为(8)、(9)两式是同一函数f(x)g(x)的幂级数展开式的常数项,二者应该相等,所以 n2j=kCkjC2jn=n-2kj=0Ckn-k-jCjn-k-1.(1 0)下面对(1 0)式的右端进行化简.令i=n-2k-j,则n-k-j=k+i,j=n-2k-i,再由组合恒等式Ckn=nkCk-1n-1、Ckn=Cn-kn和(4)式以及引理3可得 n-2kj=0Ckn-k-jCjn-k-1=n-2kj=0n-k-jkCk-1n-k-j-1Cjn-k-1=n-2kj=0n-k-jkCk-1n-k-j-1Cn-k-1-jn-k-1=n-2kj=0n-k-jkCk-1n-k-1Cn-k-j-1-(k-1)n-k-1-(k-1)=1kCk-1n-k-1n-2kj=0(n-k-j)Cn-2k-jn-2k=1kCk-1n-k-1n-2kj=0(n-k-j)Cjn-2k=1kCk-1n-k-1(n-k)n-2kj=0Cjn-2k-n-2kj=0j Cjn-2k=1kCk-1n-k-1(n-k)2n-2k-(n-2k)2n-2k-1=1kCk-1n-k-12n-2k-12(n-k)-(n-2k)=nkCk-1n-k-12n-2k-1,由上式和(1 0)可得n2j=kCkjC2jn=nk2n-2k-1Ck-1n-k-1,即(2)式成立.至此,定理1得证.显然,当n取2n+1时(2)式变为(1)式,从而文1提出的猜想成立.当k=1,2,3时,由(2)式可得如下恒等式:C2n+2C4n+3C6n+n2|C2n2n=2n-3n;(n2)85数学通报 2 0 2 3年 第6 2卷 第2期 C4n+3C6n+6C8n+C2n2C2n2n=2n-6n(n-3);(n4)C6n+4C8n+1 0C1 0n+C3n2C2n2n=2n-8n(n-4)(n-5)3.(n6)其中n为正整数.类似地,可证明如下另一个组合恒等式.定理2 设n为正整数,n-12|表示不超过n-12的最大整数,k=0,1,2,n-12|,Ckn为组合数,则CkkC2k+1n+Ckk+1C2(k+1)+1n+Ckk+2C2(k+2)+1n+Ckn-12 C2n-12+1n=2n-2k-1Ckn-k-1.(1 1)欲证(1 1)式成立,可令f(x)=121+1x()n-1-1x()n|,g(x)=x2k+1(1-x2)k+1,其中-1x1.作乘积f(x)g(x),仿照定理1的证明,利用幂级数展开的常数项相等即可给出证明,此处从略.3 应用举例例1 设n为正整数且n2,n2|表示不超过n2的最大整数,k=1,2,3,n2|,Ckn为组合数,求证:n2j=kj!(2j)!(n-2j)!(j-k)!=2n-2k-1k!(n-2k)!Ckn-1.(1 2)证 明 由 组 合 数 的 计 算 公 式Cmn=n!m!(n-m)!可验证下式成立:CkjC2jn=nkCk-1n-k-1Ckn-1k!(n-2k)!j!(2j)!(n-2j)!(j-k)!,其中k=1,2,n2|;j=k,k+1,n2|.则由(2)式可得nkCk-1n-k-12n-2k-1=n2j=kCkjC2jn=n2j=knkCk-1n-k-1Ckn-1k!(n-2k)!j!(2j)!(n-2j)!(j-k)!|=nkCk-1n-k-1k!(n-2k)!Ckn-1n2j=kj!(2j)!(n-2j)!(j-k)!,由此可知(1 2)式成立.例2 设n为正整数,求证方程12n+1xn-11C02n-1xn-1+12C12n-2xn-2-+(-1)n-11n-1Cn-2n+1x+(-1)n1nCn-1n=0(1 3)的解为x=4 s i n2k2n+1(其中k=1,2,n).证明 令x=4t,则方程(1 3)可变为4ntn+nk=1(-1)k2n+1kCk-12n-k4n-ktn-k=0.再令A2k=nj=kCkjC2j2n+1,则由(1)式可知A2k=2n+1k4n-kCk-12n-k(k=1,2,3,n),而 且 当k=0时A0=nj=0C2j2n+1=1222n+1=4n,则方程(1 3)即为nk=0(-1)kA2ktn-k=0.而由文1定理2可知此方程的解为tk=s i n2k2n+1(其中k=1,2,n),从而方程(1 3)的解为xk=4 s i n2k2n+1(其中k=1,2,n).例3 设n为正整数且n2,n2|表示不超过n2的最大整数,k=1,2,n2|,Ckn为组合数,函数h(t)=12(1+1+t)n+(1-1+t)n,h(k)(t)为h(t)的k阶导数,求证:h(k)(0)=2n-2k-1n(k-1)!Ck-1n-k-1.(1 4)952 0 2 3年 第6 2卷 第2期 数学通报证明 由二项式定理可知h(t)=12 C0n+C1n1+t+C2n(1+t)2+Cnn(1+t)n+C0n-C1n1+t+C2n(1+t)2-+(-1)nCnn(1+t)n=C0n+C2n(1+t)+C4n(1+t)2+C2n2n(1+t)n2=C0n+C2n1i=0Ci1ti+C4n2i=0Ci2ti+C2n2nn2i=0Cin2ti=(C0n+C01C2n+C02C4n+C03C6n+C04C8n+C0n2C2n2n)+(C11C2n+C12C4n+C13C6n+C14C8n+C1n2C2n2n)t+(CkkC2kn+Ckk+1C2(k+1)n+Ckk+2C2(k+2)n+Ckn2C2n2n)tk+(Ck+1k+1C2(k+1)n+Ck+1k+2C2(k+2)n+Ck+1n2C2n2n)tk+1+(Ck+2k+2C2(k+2)n+Ck+2n2C2n2n)tk+2+Cn2n2C2n2ntn2,其中k=1,2,n2|.于是,求h(t)的k阶导数可得h(k)(t)=k!(CkkC2kn+Ckk+1C2(k+1)n+Ckk+2C2(k+2)n+Ckn2C2n2n)+(k+1)!1!(Ck+1k+1C2(k+1)n+Ck+1k+2C2(k+2)n+Ck+1n2C2n2n)t+(k+2)!2!(Ck+2k+2C2(k+2)n+Ck+2k+3C2(k+3)n+Ck+2n2C2n2n)t2+n2|!n2|-k()!Cn2n2C2n2ntn2-k,从而有h(k)(0)=k!(CkkC2kn+Ckk+1C2(k+1)n+Ckk+2C2(k+2)n+Ckn2C2n2n).而由定理1中的(2)式可知CkkC2kn+Ckk+1C2(k+1)n+Ckn2C2n2n=nk2n-2k-1Ck-1n-k-1.因此h(k)(0)=k!nk2n-2k-1Ck-1n-k-1=2n-2k-1n(k-1)!Ck-1n-k-1.即(1 4)式成立.4 注记注1 若令H(x)=12(1+x)n+(1-x)n,则由例3可知H(k)(1)=2n-2k-1n(k-1)!Ck-1n-k-1.注2 设n为正整数且n2,n2|表示不超过n2的最大整数,k=1,2,n2|,Ckn为组合数,函数f(t)=(1+1+t)n,g(t)=(1-1+t)n,f(k)(t),g(k)(t)分别为f(t),g(t)的k阶导数,则可证明g(k)(0)=0(其中k=1,2,n2|).再令h(t)=12(1+1+t)n+(1-1+t)n,则h(t)=12f(t)+g(t),从而f(t)=2h(t)-g(t),f(k)(t)=2h(k)(t)-g(k)(t).于是,由g(k)(0)=0和例3的(1 4)式可得f(k)(0)=2n-2kn(k-1)!Ck-1n-k-1.(1 5)若令F(t)=(1+x)n,则F(k)(1)=2n-2kn(k-1)!Ck-1n-k-1.参考文献1 李永利.由数学问题2 2 6 8引发的再思考 J.数学通 报,2 0 2 1,6 0(1 2):5 7-5 9,6 22 杜庆坤.组合恒等式的证明技巧 J.临沂师范学院学报,2 0 0 3,2 5(6):1 0 806数学通报 2 0 2 3年 第6 2卷 第2期