浅议组合恒等式的证明

+2

解　令f(n)=󰀁n,则例10　已知󰀁=-f(n+3)=󰀁

n+3

n

32

i,求󰀁14+

1.󰀁14

由于函数f(x)在R上连续,这说明该函数图像在(0,5)上至少与x轴有一交点,所以方程在(0,5)内至少有一根.6　利用函数赋值思想

例13　求多项式(x2+x-1)9(2x+1)4展开式中x的奇次项系数之和.

解　作f(x)=(x2+x-1)9(2x+1)4,设f(x)=(x2+x-1)9(2x+1)4=a0+a1x+a2x2+…+a22x22.

令x=1,f(1)=34=a0+a1+a2+a3+…+a21

+a22,…-a21+a22.

(1)-(2)得　34+1=2(a1+a3+…+a21),所以x的奇次项系数之和为41.

例14　已知m,n是自然数,求证:(1+

m)n-(1-m

证　设

f(x)=(1+x)n-(1-x)n

122nn

=(C0n+Cnx+Cnx+…+Cnx)

122nnn　-〔C0n-Cnx+Cnx-…+(-1)Cnx〕3355=2(C1nx+Cnx+Cnx+…)3254=2x(C1n+Cnx+Cnx+…).

=󰀁=f(n)　(n∈Z),

所以f(n)是周期为3的函数,

且　f(n)+f(n+1)+f(n+2)=0,

1∴　󰀁14+14=󰀁14+󰀁-14=󰀁2+󰀁=-󰀁3=-󰀁1.

例11　(1997年全国高中数学联赛题)已知数列xn+1=xn-xn-1　(n≥2),x1=a,x2=b,记Sn=x1+x2+…+xn,则下列结论正确的是(　　)

(A)x100=-a,S100=2b-a,(B)x100=-b,S100=2b-a,(C)x100=-b,S100=b-a,(D)x100=-a,S100=b-a.

解　∵x1=a,x2=b,∴x3=b-a,x4=-a,x5

=-b,x6=a-b,x7=a,x8=b,x9=b-a,x10=-a,x11=-b,x12=a-b,x13=a,…

由此推测数列{xn}具有周期性,其周期为6,令f(n)=xn,则f(n+6)=xn+6=xn=f(n).

(可用数学归纳法证明推测的正确)∴　x100=x6×16+4=x4=-a,且

x6n+x6n+1+x6n+2+x6n+3+x6n+4+x6n+5=0,于是　S100=S6×16+4=S4=2b-a.

应选(A).

5　利用函数的连续性与有界性思想

例12　求证:方程x=3sinx+2至少有一个小于5的正根.

证　作f(x)=3sinx+2-x,则f(0)=2>0,f(5)=3sin5+2-5=3sin5-3=3(sin5-1)<0.

(1)(2)

令x=-1,f(-1)=-1=a0-a1+a2-a3+

m)n

是整数.

　　令x=-m)n=2∴　

5n

2

m,则f(m)=(1+m)n-(1

352

m(C1n+Cnm+Cnm+…).

(1+m)n-(1-m

m)n

3

=2(C1n+Cnm

+Cm+…)为整数.

浅议组合恒等式的证明崔瑞芳　(甘肃省天水市委党校　741000)

　　中学教材中对组合恒等式的证明介绍极少,学生遇到这类问题往往感到无从下手,这主要是组合恒等式的证明有其特殊的个性,而学生对这些特殊性又缺乏了解.为此,本文介绍组合恒等式的几种常见证明方法,以供学生参考.1　公式法

组合恒等式的证明中最常用到的公式是Cmn+

-1

=CmCmnn+1及其变形式,应用时必须仔细观察各项　　　　　　　　　　　　　　　　　数学教学研究　　　　　　　　　　　1999年第2期24

中组合数的上、下标的特征,正确选用公式.

mmmm+1例1　证明Cmn+Cn-1+…+Cm+1+Cm=Cn+1.

n-m

∵Cm　(m=0,1,2,…,n)上式又可写n=Cn

成

12n

S=(2n+1)C0n+(2n-1)Cn+(2n-3)Cn+…+Cn.

分析　注意到左端各组合数的上标相同,下标依次相差1,要运用公式必须有两个组合数的下标相

m+1

同,而上标相差1,因此可将Cmm换成Cm+1,于是有

mmm

　Cmn+Cn-1+…+Cm+1+Cmmmm+1=Cmn+Cn-1+…+Cm+1+Cm+1mmm+1=Cmn+Cn-1+…+Cm+2+Cm+2mmm+1=Cmn+Cn-1+…+Cm+3+Cm+3m+1+1=…=Cmn+Cn=Cmn+1.

上述两式相加,得

12n

2S=(2n+2)(C0n+Cn+Cn+…+Cn)

　　　　=(2n+2)・2n,∴　S=(n+1)・2n.4　比较系数法

利用二项式定理构造一个恒等式,通过比较两端的同类项系数,来达到证明恒等式的目的.

212n2

例4　证明(C0n)+(Cn)+…+(Cn)=

本题也可从右端入手,逆用公式依次裂项,直至左端为止,其证明过程同上面证法的逆推.

m+1m+1

该题若能注意到Cm,Cmn=Cn+1-Cnn-1=+1+1mm+1m+1-CmCmnn-1,…,Cm+1=Cm+2-Cm+1,则可利用公式

(2n)!.

n!・n!(2n)!

=Cn2n,知Cn2n是二项式(1+n!・n!

x)2n展开式中xn的系数,构造恒等式

分析　由

(1+x)n(1+x)n=(1+x)2n.

　　∴　

的变形,通过裂项相消法来达到证明之目的.2　赋值法

利用二项式定理(a+b)=Ca+Ca

n

0nn

1n

n-1

󰀁

n

kCknx󰀁n

k=0

󰀁

n

k2n

Cknx=(1+x).

k=0

b+…+Cbnn

n

比较两边含x的系数,得

n1n-10nC0+…+CnnCn+CnCnnCn=C2n.

n-k

　　∵　Ckn=Cn　(k=0,1,2,…,n),

21222n2

∴(C0n)+(Cn)+(Cn)+…+(Cn)

的系数与组合恒等式间的关系,对a、b赋予特殊值,则可证得一系列组合恒等式.证明时应从待证恒等式某端的通项入手进行分析,进而确定a、b应取的具体值.

例2　证明1-(-1)n

11

.n=22n

111213

Cn+Cn+…+2Cn-2223

(2n)!.

n!・n!

5　模型法

　=

根据待证组合恒等式的结构特征,构造一个组合问题,利用不同方法解得的结果应该相同,从而证得该恒等式成立.

n2n-11n+1

例5　证明C1+…+CnnCn+CnCnnCn=C2n.+1分析　观察恒等式可发现:右端Cn2n表示从

1r

分析　注意到左端的通项Tr+1=Crn(-),2

与二项展开式中的通项进行比较,可在二项展开式

1

中令a=1,b=-,于是有2

111213n11-Cn+2Cn-3Cn+…+(-1)2222n

1n1

　　=(1-)=n.22

3　倒序相加法

当组合恒等式的一端是由一个等差数列与组合数C,C,C,…,C结合而成时,可用倒序相加

n-m

法进行证明.证明中须注意到Cm这一性质n=Cn

0

n

1n

2n

nn

2n个元素中取出n+1个元素的组合数.左端则是对这些组合分类取出的结果,即把这2n个元素平均分成两类,先从第一类中取出1个元素与第二类中取出n个元素组成,有Cn1Cnn个;再从第一类元素中取出2个与第二类元素中取出n-1个组成,有

n-1

;…;最后,从第一类元素中取出n个与第二C2nCn

1

类元素中取出1个组成,有CnnCn.由加法原理知这

两种取法数应该相等,故该恒等式成立.6　复数法

根据待证恒等式的结构特征,构造一个复数,利用复数的不同表现形式对同一运算会有不同的表达结果,由复数相等的定义,来完成组合恒等式的证明.的应用.

例3　证明C+3C+5C+…+(2n+1)C=(n+1)・2.

分析　设S=C+3C+5C+…+(2n+1)Cnn,

0

n

1n

2n

n

0n

1n

2n

nn

1999年第2期　　　　　　　　　　　　数学教学研究　　　　　　　　　　　　　　　　　　25

246

例6　证明C0n-Cn+Cn-Cn+…=22cos

nn󰀁

.4

2

例7　证明12+22+32+…+n2=C2n+1+2(Cn

2

+C2n-1+…+C2).

分析　注意到等式的右端是复数〔󰀁󰀁n

+isin)〕的实部,故可构造复数1+i.44

2(cos

分析　观察右端可发现n≥2,故

2

n=2时,左端12+22=5,右端=C23+2C2=5,

23456

∵(1+i)n=Cn0+C1ni-Cn-Cni+Cn+Cni-Cn

024613

-C7ni+…=(Cn-Cn+Cn-Cn+…)+(Cn-Cn+

显然等式成立.

假设n=k时等式成立,即

22

12+22+32+…+k2=C2k+1+2(Ck+Ck-1+…

C-C7n+…)i,

󰀁󰀁n

又　(1+i)=〔2(cos+isin)〕

44

nn󰀁n󰀁=22(cos+isin).

44

由复数相等的定义,知

n

246

C0n-Cn+Cn-Cn+…=22cos

n5n

+C22),于是

　12+22+32+…+k2+(k+1)2

2222

=C2k+1+2(Ck+Ck-1+…+C2)+(k+1)222=C2k+1+2(Ck+Ck-1+…+C2)

n󰀁

.4

7　数学归纳法

组合恒等式是与自然数有关的命题,因此,数学归纳法也就成为证明组合恒等式的常用方法之一,证明时必须注意组合恒等式中项的构成规律.

(k+2)(k+1)(k+1)k+

22

22222=Ck+1+2(Ck+Ck-1+…+C22)+Ck+2+Ck+1　+

2222=C2k+2+2(Ck+1+Ck+Ck-1+…+C2).

这说明n=k+1时,等式也成立.

因此,当n≥2时,等式恒成立.

浅谈解复数综合题的若干思想方法

张金良　(浙江省海盐中学　314300)

　　复数综合题常以方法灵活、技巧性强、知识覆盖面广而令众多学生望而生畏.为引导学生快速简捷地寻找解题突破口,本文撇开细微的具体技巧,从整体上来谈谈解复数综合题的若干思想方法.1　化归的思想

无论一个复数题是简还是难,我们总可以化归为复数的三种基本形式来解,即化归为复数的代数形式、三角形式、几何形式来解,这就是我们常说的化归的思想.但使用这个方法时,要注意化归的简捷性,即化归后能使问题求解最简.

例1　已知z1、z2∈C,且󰀁z1󰀁=3,󰀁z2󰀁=5,󰀁z1

z

-z2󰀁=7,求1.

z2

解　先将条件变形,得

z1z2

=

3,5

333±i.1010

说明　本题不直接设z1=a1+b1i,z2=a2+b2i解得z=-z1=x+z2

yi,通过对条件进行整体变形,沟通了已知与未知(a1,b1,a2,b2∈R),而是利用整体思想设间的联系,从而达到简化解题之目的.

例2　在复数域中,解方程z2+3󰀁z󰀁-2=0.解　方程变形为z2=2-3󰀁z󰀁∈R,∴z∈R或z是纯虚数.

󰀁当z∈R时,有󰀁z󰀁2+3󰀁z󰀁-2=0,解得z=±

;2

󰀁当z是纯虚数时,设z=bi(b∈R),得

-b2+3󰀁b󰀁-2=0,

　　解得b=±2或±1.

综述得z=±

或z=±2i或z=±i.2

说明　这里先定性,再化归为z的代数式解3+173+

17

z17z-1=.再令1=x+yi　(x,y∈R),则有z25z2

949x2+y2=,　(x-1)2+y2=.2525