數(shù)林外傳系列典藏版11組合恒等式

千里之行，始于足下朽木易折，金石可鏤Word-可編輯1幾基本的組合恒等式牛頓二項式公式1+x的系數(shù)恰好是組合數(shù)Cn0,Cn1,?,Cnn,所以組合數(shù)偶爾也稱為二項式系數(shù).組合數(shù)有許多有趣的關(guān)系式CnCn這是大家熟知的.組合數(shù),作為牛頓二項式公式的系數(shù)以及它本身在組合學(xué)中的含義,使得在數(shù)學(xué)的無數(shù)領(lǐng)域中浮上越來越多的各種不同的組合恒等式.1972年美國出版了一本組合恒等式的表,其中收集了500多個組合恒等式,固然這遠不是人們知道的所有組合恒等式!一些復(fù)雜的組合恒等式往往是通過幾個基本的組合恒等式,經(jīng)過歸納、遞推等主意得到的.這些基本的組合恒等式是CnCnCnCnkCn0Cn這六個基本恒等式中,前兩個是大家熟知的,第三個是第四個的特例:只要在(1.4)的第一個等式中取m=1,就得kCn現(xiàn)在來證實等式(1.4).事實上,按照計算組合數(shù)的公式Cn可以寫出C=這三個乘積是相等的,這就是等式(1.4).等式(1.5)和(1.6)就是本章開始提到的兩個恒等式,只要在二項式定理中分離取x=1和-1下面我們將看到,這些基本恒等式固然容易,但用它們可以證實或推導(dǎo)出一大批組合恒等式.在給出詳細的例子前,先推薦一下求和的記號,我們把和式C1+C2+?+Cn簡記為i=1nCi,這里Ci表示普通項,∑(讀作“西格馬”)上下的數(shù)字表示i從11+2+1cosx利用這種記號,多項式a0+a1x+?+an5)和(1.6)可分離寫為k=0在下面的研究中,偶爾需要更換求和指標(biāo),必須注重同時更換求和的上下限.例如n=0下面是一系列利用六個基本恒等式來推導(dǎo)組合恒等式的例子.其中,我們約定,Cn0=1,當(dāng)k>n或k是負整數(shù)時【例1】計算Sn解從等式(1.6)知道,當(dāng)m=n時,Sn,n=0.現(xiàn)設(shè)m<S這樣,就得到等式【例2】證實k證記an=k=0an另一方面,對bn的求和指標(biāo)作變換:k=2b代人(1.7),即得an這就是要證實的恒等式.【例3】計算pn解計算這兩個和式的主要艱難是在每個組合數(shù)Cnk前有一個因子1k+1,若能通過變換把這個因子去掉,那么利用基本恒等式(1.5)和(1.6),就能得到所要求的和.事實上,把1k并代人pn和qnpnq這里我們已經(jīng)應(yīng)用了公式(1.5)和(1.6).【例4】計算k=1解先利用基本恒等式(1.3),可得k=1對右端的和式作指標(biāo)變換k-1=k(應(yīng)用公式(1.3))=(作指標(biāo)變換l(應(yīng)用公式1.6故最后得k=1應(yīng)用盡全相同的主意,讀者可以算出k=1的值.【例5】設(shè)m?n,這里δmn=1,如果m=n證當(dāng)m=n時,上面的和式Smn故等式成立.現(xiàn)設(shè)m<n,利用基本恒等式S最后一步利用了等式(1.6).證實完畢.證實這個恒等式的關(guān)鍵是基本恒等式(1.4),它把兩個因子都和變動指標(biāo)k有關(guān)的乘積CnkCkm變成了惟獨一個因子與k有關(guān)的乘積CnmCn-mk-m,這樣,Cnm就可作為公因子提出來,和式就化簡了.【例6】設(shè)m?n證實證和證實例5的主意一樣,利用基本恒等式(1.4)得k最后一步利用了基本恒等式(1.5)【例7】證實k=0證顯然,當(dāng)m=1時,這就是例3中qn的結(jié)果,但現(xiàn)在例3中的主意已不能用.記上式左端為bn,利用基本恒等式(1.2)bn這里我們已經(jīng)應(yīng)用了等式(1.6).由此即得b從這個遞推公式趕緊可得所要證實的等式:b這里我們一下子得不到要證實的等式,但得到了bm和bm-1之間的遞推關(guān)系.這種利用遞推關(guān)系證實恒等式的【例8】證實k=1證看上去(1.8)左端的和式與例3的qn差不多,但現(xiàn)在不能直接用公式(1.3).不過容易想到通過等式(1.2)來使用公式(1.3).事實上,先用公式(1.2),再用公式(1.3)1k于是若記fn=f==這里最后的等式用了基本恒等式(1.6).從這個遞推關(guān)系可得fn所以fn這就是要證實的等式(1.8).【例9】證實恒等式k=0證記(1.9)左端的和式為an,利用基本恒等式(1.2),an可寫為對上式第二個和式作指標(biāo)變換k=lk倘若把(1.10)右端的第一個和式記為bn,bn那么(1.10)可寫為bn在bn中再用基本恒等式(1.2)得上式右端第一個和式顯然可寫為4k對第二個和式作指標(biāo)變換k-1=l由此得bn從(1.11)和(1.12)得a由此得遞推關(guān)系an顯然a0=1,a1an由此得an這就是要證實的等式(1.9).從(1.9)和(1.11)又可得一新的恒等式k=0倘若把(1.14)中的流動指標(biāo)k換成n-ll=0例9的恒等式證實起來有一定的難度,為了算出an的值,我們引進了bn,通過an和bn的關(guān)系,最后算出了an.【例10】證實k=02n證把上面左端的和式記為yn.兩次利用基本恒等式(1.3)得k+1于是yn作求和指標(biāo)變換l=2n-k-1,則當(dāng)k從0變到2n-1時,yn由此即得yn作為一個習(xí)題,請讀者自己證實k=12【例11】證實k=1證若記an則由例10知道an+從(1.16)又有nan-(1.17)和(1.18)相加,即得an=1n+1,這就是要證實的恒等式.從(1.18)又得kk=1其實例11的等式還有一個更容易的證法.按照組合數(shù)的計算公式直接可得2n+22于是2==1由此即得k這個證實不需要(1.15)和(1.16)兩個恒等式的協(xié)助,而僅僅利用了等式(1.19),這是從組合數(shù)的計算公式直接得到的,但要想到這一點,惟獨對組合數(shù)的運算異常熟練才能辦到.數(shù)學(xué)歸納法天然是證實組合恒等式的一種重要主意,例如例7、例8都可用數(shù)學(xué)歸納法來證實.下面是一個較為艱難的例子.【例12】證實k=1n-證先把等式化簡.注重n(1.20)的左端乘以n得k=1n-在(1.21)右端的第二個和式中命n-kk=1這說明(1.21)右端的兩個和是相同的,因而有k=1n-這樣一來,(1.20)就變成k=1n-現(xiàn)在用數(shù)學(xué)歸納法證實(1.23)成立.n=2時,等式顯然成立.今設(shè)n=m時,(1.23)成立,要證n=m+1時,(1.23)也成立.當(dāng)注重到C=2==4利用(1.22)和歸納假定即得k這就證實了(1.23)當(dāng)n=m+1時也成立,因而(1.20)成立.歸納法這個恒等式在例18研究1+x的展開式時將要用到上面十二個例子都是通過六個基本恒等式來證實的,至于什么情況下用哪一個以及如何用,這就是證實技巧之所在,要通過較多的練習(xí)才干逐步控制.習(xí)題一證實下列恒等式:1.k2.k=03.k=04.k=05.k=06.倘若n為偶數(shù),則Cn倘若n為奇數(shù),則Cn7.k=08.k=09.k=10.k=011.k=012.k=113.k=014.k=015.k=016.k17.k=018.k=019.k=120.k=2母函數(shù)主意上面已經(jīng)看到,六個基本恒等式在證實各種組合恒等式時起著重要的作用,但必須在某種主意的指導(dǎo)下恰當(dāng)?shù)厥褂盟鼈?才干得到所要的結(jié)果.下面推薦的母函數(shù)主意就是這種有效主意中的一種.設(shè)ak,k=0,1,?,n是一個給定的數(shù)列,倘若它恰好是某一個多項式就稱px是這個數(shù)列的母函數(shù)或生成函數(shù).意思是這個數(shù)列是由多項式px例如,由組合數(shù)構(gòu)成的數(shù)列C的母函數(shù)是1+xn1+x同樣道理,數(shù)列C2的母函數(shù)是1+x倘若給定的是無窮數(shù)列,例如Cn它的母函數(shù)是什么呢?普通來說,無窮數(shù)列a0的母函數(shù)應(yīng)該是一個“無窮次多項式”:a我們把這種“無窮次多項式”叫做形式募級數(shù).這個名詞是這樣得來的:無窮個數(shù)相加的式子稱為級數(shù),而它的每項都是募函數(shù)anxn,故稱之為募級數(shù);所以要加上“形式”兩字是因為我們這兒并不研究它的收斂、發(fā)散等問題,而是把囫圇募級數(shù)看作一個對象加以研究和使用,就好似把a+bi看作一個整體現(xiàn)在給出無窮數(shù)列(以下簡稱數(shù)列)的母函數(shù)的明決定義.定義1設(shè)a0是一個給定的數(shù)列,稱形式募級數(shù)a0為數(shù)列(2.1)的母函數(shù).例如數(shù)列1,1,?,?的母函數(shù)是1+x+?+xn+?形式募級數(shù)對我們來說是徹低新的對象,什么是兩個形式募級數(shù)的和、差、積、商必須重新定義.定義2兩個形式募級數(shù)n=0當(dāng)且僅當(dāng)an時才認(rèn)為是相等的.因此,數(shù)列an和它的母函數(shù)之間是一一對應(yīng)的,不同的數(shù)列,對應(yīng)的母函數(shù)也不相同定義3兩個形式幕級數(shù)n=0的和是一個以an+bnn=0定義4常數(shù)α和形式幕級數(shù)n=0∞anxnαn從定義3,4得知n定義5兩個形式幕級數(shù)n=0的積定義為形式幕級數(shù)n=0∞cnxncn即n【例13】計算∑n解設(shè)n即an=c由此即得n【例14】計算∑n解設(shè)∑n=0∞?bnc所以n這個例子告訴我們,倘若數(shù)列a的母函數(shù)是f(xa的母函數(shù)是f(x)∑n=0∞?xn.形式冪級數(shù)的乘法運算定義得似乎有點不天然,其實它就是多項式乘法運算的推廣.設(shè)P(xP它們的乘積是P容易看出,乘積中x4cx5c但x8c而不再是k這是因為P(x)和Q(x)中根本沒有a6,a7,a8,b8這些系數(shù).但有了乘法運算,就可定義除法運算.定義6設(shè)f是三個形式冪級數(shù),倘若f=gh,就稱f被g除的商是h,記為【例15】把1和1-x都看成形式冪級數(shù),計算它們的商1解設(shè)商為∑n=01按定義6得1=(1-x)(2.4)的右端可改寫為代入(2.4)得1=比較兩邊同冪次的系數(shù),得c由此即得c0=11-x=1+x這個展開式在下面的研究中將多次利用到.要注重的是(2.5)中的相等是形式冪級數(shù)的相等,在它的兩邊不能用x的詳細數(shù)值代入.例如,若用x=2代入,就-1=1+2+4+8+?+這樣的荒謬結(jié)果.這是形式冪級數(shù)與多項式的本質(zhì)差別.是不是隨意兩個形式冪級數(shù)都可以相除?不是的.設(shè)f是兩個形式冪級數(shù),倘若設(shè)它們的商為h那么按定義f=ghn比較兩端形式冪級數(shù)的系數(shù)得a即a倘若b0≠0c這就是由f,g計算商h的系數(shù)的遞推公式.倘若b0=0,而a0≠0a成立,因而fg就不再是形式冪級數(shù)了.這說明不是隨意兩個形式冪級數(shù)都可以相除的,這正巧似不是隨意兩個多項式都能相除一樣【例16】設(shè)r是隨意實數(shù),計算商11-解把1和1-rx都看成形式冪級數(shù)1=由此得a代入遞推公式(2.6)得c故得展開式11-rx=1+倘若在(2.7)中取r=1就得從這里還可以看出,倘若在(2.5)中用rx代替x,等式還是成立的.這種情況以后還會碰到多次,就不再一一說明了.有了(2.5),就可給出1(1-x)n的冪級數(shù)表達式了,這對證實【例17】證實1(1-x)n證用數(shù)學(xué)歸納法證實(2.8)成立.n=1時,(2.8)就是(2.5),今設(shè)n=k時,(2.8)1于是當(dāng)n=k+11利用基本恒等式(1.2)可得j代入(2.9)即得1這就證實了(2.8)當(dāng)n=k+1時也成立.按照歸納法原理,(2.8)對所有天然數(shù)n(2.8)告訴我們一個重要的事實,數(shù)列C的母函數(shù)是1(1-x)n+1,這個事實在按照形式冪級數(shù)的乘法運算,還可定義形式冪級數(shù)的開方運算.定義7設(shè)f是兩個形式冪級數(shù),倘若f2=g,就稱f是g的平方根,記為作為一個重要的例子,我們來計算形式冪級數(shù)1+x的平方根【例18】證實1+x=1+n證記a0=1,an=(-1)n1+x=n=0按照定義,要證實(2.11)成立,只要證實n=0∞?按照乘法的定義有n顯然d0=a02=1,d1=a0a1+a1a0=12+12=1,倘若能證d由例12證實的恒等式(1.20)知道,上面花括弧中的值為0,因而dn=0,n=2,3,?但對我們來說更重要的是要證實下面的11-4x的【例19)證實11-4x=證在(2.10)中用-4x代替x,1-4記a只要能證實∑k=0∞?akxk∑kd已知d0=a0d這樣,要證dn=0k=1n-1因為C2n-2kk這里我們已經(jīng)使用了例12的等式(1.20)和(1.23),這就是(2.14),因而(2.13)成立.(2.10)和(2.13)用微積分的主意是不難證實的,它不過是普通二項展開式的兩個特例.因為我們不假定讀者具有微積分的知識,所以純粹用初等的主意,按照形式冪級數(shù)除法的定義給出它們的證實.在證實過程中,我們還獲得了像(1.20),(1.23)和(2.14)那樣存心義的組合恒等式.現(xiàn)在可以用母函數(shù)主意來證實組合恒等式了.先來證實最基本的恒等式CnkC的母函數(shù)是(1+x)C的母函數(shù)又是什么?按照定義,它的母函數(shù)是C這說明二者具有相同的母函數(shù),因而這兩個數(shù)列也是相同的,即Cn從上面的證實過程可以看出,應(yīng)用母函數(shù)來證實組合恒等式的基本思想是證實恒等式兩端的數(shù)列具有相同的母函數(shù).【例20】證實∑k證因為(1+x)(1+這個乘積中xnk但從展開式(1+x)2n=∑k=02nk【例21】證實k證按照二項式定理得1-x2n另一方面1-x(2.16)比較(2.15),(2.16)中x2rk=02r?比較x2rk=02r+1倘若n是偶數(shù),在(2.17)中取r=nk倘若n是奇數(shù),在(2.18)中取r=nk這就是要證實的結(jié)果.這個恒等式也可分成下面兩個來寫:【例22】證實∑k=0n?證由例17知道,1所以1另一方面1比較(2.20)和(2.21)即得(2.19).【例23】證實∑k=0證證實很容易,因為Cnk,Cmk的母函數(shù)分離為(1+x)n和(1+x)m,而∑k=0q?CnkCmq-k是這兩個母函數(shù)乘積(1+x(2.22)稱為范德蒙公式,它在證實某些恒等式時很有用,它的主要作用是把Cm+nq分解成一個和式,使證實【例24】證實∑k證利用范德蒙公式把Cm+C利用例5的結(jié)果得【例25】證實∑k證由(2.13)知道1兩邊平方得1另一方面11-4x=∑n=0∞?(4x)n在例9中我們證實了恒等式(1.9)l作指標(biāo)變換n-lk(1.9）和(2.23)是等價的.現(xiàn)在用母函數(shù)的思想來證實(2.23).為此命f我們來研究f(x)中xn的系數(shù).(2-在這個和式中,惟獨當(dāng)l=2k+1時才浮上C所以f(x)中k另一方面,f=先看第一項,因為(2-所以(2-顯然,上面的和式從第三項起都不能產(chǎn)生xn的項,而第一項xn的系數(shù)是n+1,第二項xn的系數(shù)也是n+1.這說明(2-x)n+1(1-x)2中xn的系數(shù)是2(n+1).用同樣的主意不難證實(2.24)的第二項中不含xn這個證實的艱難之處在于構(gòu)造與問題相適應(yīng)的函數(shù)f(x),用母函數(shù)主意證實組合恒等式的另一種主意是這樣的:把恒等式的某一端看成一個數(shù)列an,設(shè)法算出an所對應(yīng)的母函數(shù)f(x),再把f(x)展開成形式冪級數(shù),它的xn項的【例26】計算∑k=0n2?Cn-kk.解記an=∑k=0n2?Cn-kk,我們設(shè)法求出ana設(shè)n為偶數(shù),n=2m,則n-12=n-22a(2.26)的前兩項的和為k后兩項的和為k代入(2.26)即知(2.25)成立.n為奇數(shù)的情形也可同樣證實.從an的表達式可以直接看出a0=a1=1.設(shè)af把這三個式子加起來,注重到an-an-1-an1-因而有f這就是數(shù)列an的母函數(shù).剩下的問題是把它展開為形式冪級數(shù).容易驗證1其中r1,r2是二次方程r把(2.27)改寫為1從(2.7)可得1代入上式得1由此即得a但r1rr代入(2.28),就得下面的恒等式k這就是要算的結(jié)果.這樣一個恒等式用其他主意是不易得到的.現(xiàn)在可以進一步推廣我們的結(jié)果.【例27】計算∑k解記bn=∑k=0n2?Cn-kb設(shè)bn的母函數(shù)是g(g三式相加得1-x-rx2g(x)=1,g用和例26同樣的主意把它展開成形式冪級數(shù)即得k當(dāng)r=1時,從(2.30)就得到(2.29).在(2.30)中分離取r=2和r=6,k在(2.30)中取r=-1,這時(2.30)1最后一個等式利用了棣莫佛公式.這樣從（2.30)又得到一個新的組合恒等式k【例28】證實恒等式k證記(2.34)的左端為an-1C于是an-1=∑k=0n-1?dkdn-k-1.倘若dkf由此可見an-1是f2(x)因為Cn0,Cn1,?C的母函數(shù)是(1+x)n∑k=0f而an-1便是f2(x)=(1+由例17知道，1而(1+x)(1+所以xn-1a由例2和第1節(jié)的習(xí)題11知道k代入(2.35)即得a這就是要證實的(2.34).這個有趣的組合恒等式是由常庚哲和單墫首先提出并證實的,登載在SIAMReview.25(1983)No.1的問題和解答欄內(nèi).作為練習(xí),讀者試用相同的主意計算下面的和k上面三個例子都是把所求的和看成一個數(shù)列,求出它的母函數(shù)后,再從母函數(shù)的展開式得到要求的和.這里的關(guān)鍵是找到它的母函數(shù),而偶爾候這種母函數(shù)又是很難找到的.下面的例子提供了又一種尋找母函數(shù)的主意.【例29】計算∑k解記an=∑k=0n-1?Cn+k2kb并記它的母函數(shù)為g(x),即g(a對上面最后一個和式作指標(biāo)變換k=l1+因而得b從(2.36)、(2.37)兩個遞推公式可得n即f從這關(guān)于f(x)f從上面的推導(dǎo)看出,在g(x)的協(xié)助下,我們才求得了f(x)容易知道x2-3α所以f由此得a因為β-αa即k這就是我們要算的值.用同樣的主意,把g(x)展開就可得bn的值.不過有一個更b作指標(biāo)變換k=nb回想起我們在例26中已經(jīng)算出c由此趕緊得到b習(xí)題二證實下列恒等式:1 ∑k2 ∑k3 ∑k4 ∑k5 ∑k6 ∑k7 ∑k8 ∑9 ∑k10 ∑k11 ∑k12 ∑k13.(i)若r<n(ii)若r?n,且q∑k14 ∑k15 ∑k16 ∑k=0n17 ∑k3組合變換的互逆公式組合變換的互逆公式是計算由組合數(shù)構(gòu)成的和式,和發(fā)現(xiàn)新的組合恒等式的重要工具.設(shè)an是一個給定的數(shù)列,b則公式(3.1)把數(shù)列an變換成一個新數(shù)列bn.倘若把數(shù)列bn再經(jīng)過(3.1)變換一次為了研究這一問題,先說明一個求和公式.設(shè)xkl是一個和兩個指標(biāo)有關(guān)的數(shù)列,考慮下面這些數(shù)的和x每一行的和可寫成∑l=0k?xS固然S也可用另一種主意寫出來:先把每一列的和寫出來得k因而得求和公式.k現(xiàn)在回到本來的問題。把bn經(jīng)(3.1)再變換一次,k記xkl=(-1)k+lk上面的推導(dǎo)說明,把an經(jīng)變換(3.1)變?yōu)閎nbn再經(jīng)變換(3.1)變換一次,則又回到了本來的a我們得到了下面的定理1設(shè)an是一個給定的數(shù)列,b那么a(3.1)和(3.3)稱為一對組合變換的互逆公式.這對互逆公式的作用是可以由一個組合恒等式產(chǎn)生一個新的組合恒等式.【例30】證實恒等式k證直接證實這個恒等式是比較艱難的.在例8中我們已經(jīng)證實了k倘若命a?+1n,k按照組合變換的互逆公式,趕緊得a把an,bn的表達式代人上式,【例31】證實∑k證直接證實這個等式比較艱難.按照組合變換的互逆公式,倘若能證實k那么(3.5)便成立.實際上,我們在例7中已經(jīng)證實(3.6)成立,因而按照定理1,(3.5)成立.上面兩個例子充足說明了組合變換的互逆公式在推導(dǎo)組合恒等式時的作用:從一個較容易的恒等式可以導(dǎo)出一個較復(fù)雜的恒等式.現(xiàn)在來推廣例30的結(jié)果.【例32】證實k證顯然,當(dāng)初x=1,從(3.7)就得到(3.4).按照定理1,要證實(3.7),只要k就行了.(3.8)的左端可以寫為k從例8已知αn=∑k=1n?(-1)k+1C1所以β由二項式定理,k因而得βnβ把αn和βn的值代人(3.9)就得到(3.8).證實在(3.7)中命x=2,就得到下面的恒等式k=用證實定理1的主意還可導(dǎo)出另一組互逆公式.定理2設(shè)an,ba式中p是隨意的非負整數(shù).所謂(3.10)和(3.11)等價,是指倘若(3.10)成立,則(3.11)也成立,反之也然.證倘若(3.10)成立,我們驗證(3.11)也成立.把ak的表達式代人(3.11)k因為C把它代人(3.12)并應(yīng)用例5的等式,即得k=這就是(3.11).用同樣的主意可以從(3.11)推出(3.10).作為定理2的應(yīng)用,我們證實下面的恒等式:k在(3.10),(3.11)這組互逆公式中,取bk=(-1記記an(α,a所以(1-=1+由此不難得到(1-于是得f從例17知道1(1-x)p=∑1比較(3.14)兩端xn的系數(shù),k這就是要證實的(3.13).(3.13)有一個有趣的應(yīng)用.在(3.13)中取x=-1,k這相當(dāng)于在(3.10)中取bk=1,于是從k這又是一個新的恒等式.注重到C把它代人(3.16),又得k這是我們在例7中已經(jīng)證實過的恒等式.定理2和定理1從本質(zhì)上來說沒有多大差別,因為定理2可由定理1導(dǎo)出.下面的定理給出了一組新的互逆公式.定理3設(shè)an,bna證我們就ak=αk的情形,由(3.18)來推導(dǎo)b要證實α利用基本恒等式(1.3),可寫n于是b這里我們規(guī)定k是負整數(shù)時Cnkα此外b作指標(biāo)變換k=b因為m?n2<m+1,即C于是b所以α或者α此外容易看出b現(xiàn)在設(shè)bn(α)f三式相加,按照(3.20)和(3.21)可得1-或者1+記z=x1+另一方面,從z=xx于是1+記β0(1+這里βk(z)=β而β由例19已知β所以β從(3.26)、(3.27)并利用(3.25)的遞推關(guān)系,應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法,即可證得普通的β把這些關(guān)系代人(3.24)得1+=這里我們已經(jīng)在n=∞的情況下使用了求和公式(3.2).現(xiàn)在比較(3.22)和(3.28)中同次冪的系數(shù)得α這兩式合起來就是(3.19).證實完畢.這個定理的證實有一定的難度,它充足利用了母函數(shù)這一工具.固然,沒有熟練的運算技巧,母函數(shù)主意是很難用上的.現(xiàn)在看定理3的應(yīng)用.【例33】證實恒等式k證在定理3的證實中,b這就是(3.29)的左端.已知bnf這里p,q滿意1-αx+x2=(1-p把11-px,f比較xn的系數(shù),b把(3.30)和(3.31)代人上式即得(3.29).證畢.在(3.29)中取α=2,k這個等式也可直接從(3.17)和(3.18)得到:在這組互逆公式中取ak=2k,k=0,1,2,?;b0=1,bk=2,在(3.29)中取α=1,(3.29)1+于是又得恒等式k在互逆公式(3.17)和(3.18)中取ak=1,k=0,1,?,b0=1,bk=2cos?kπ3,1倘若n=2m1=或者1=2綜上所述,我們得到等式k從(3.29)還可得到恒等式k這個等式請讀者自己證實.按照上面的等式以及互逆公式(3.17)和(3.18),還可得到新的恒等式k從定理3還可推出一組新的互逆公式.設(shè)αn,βn是滿意α命pn=n因為n這里我們先用了基本恒等式(1.3),再用(1.2).這一組等式可改寫為p或者p因為n記pn+1a這是一組新的互逆公式,這里n+12換成n2是因為當(dāng)n=2m時,n+12=n2;當(dāng)n=2m+1時,【例34】證實∑k證在例9中我們得到了一對恒等式:在(3.36)中取an=2n,bn=n+1,當(dāng)n取偶數(shù)時得到(1.14),當(dāng)n取奇數(shù)時,得到(1.9).這說明這樣的一對a2但C代人上式便得(3.37).作為這章的結(jié)尾,我們推薦用母函數(shù)構(gòu)造互逆公式的一種主意.設(shè)an,bn是兩個數(shù)列,它們的母函數(shù)分離為f(xf倘若有冪級數(shù)h(xf那么an,a倘若1h(x)=∑b(3.38)和(3.39)便是一對互逆公式.

由此就得如下一對互逆公式a組合變換的互逆公式在證實組合恒等式時有重要的作用,這在本章的例中已經(jīng)充足體現(xiàn)出來.它的作用有兩個方面:當(dāng)一對等式中有一個已經(jīng)被證實時,那么另外一個就是前一個的推論,無需再證實;當(dāng)兩個等式都末被證實,則可選擇一個較為容易的來證.本章推薦了下面五對互逆公式:aa從它們得到了不少新的恒等式.構(gòu)造新的互逆公式是研究組合恒等式的一個重要內(nèi)容,這里推薦的只是其中最基本的幾個.在第6節(jié)中我們還要推薦另外3個互逆公式.習(xí)題三證實下列恒等式:1 ∑k2 ∑k3 ∑k4 ∑k5 ∑k6 ∑k=1n7 ∑k8 ∑k9 ∑4差分主意差分主意是證實某些組合恒等式時的有效主意.先引進差分算子Δ.設(shè)f(x)為任一函數(shù),定義差分算子Δ稱它為f的一階差分或f的一階差分在x處的值.例如Δf(0)=f(1)-f(0),Δf(0)就稱為f設(shè)α為任一常數(shù),定義αΔ(定義Δ2f(xΔ設(shè)p(x)=a0+a1x+?+anxn是一個n次多項式,定義p(Δ)=a0I+p定義算子E為Ef(x)=f(x+1),稱為移位算子.和Δ一E普通有En算子Δ,I,E的關(guān)系容易從下面的等式得到:Δ即Δ=E-I,E=I+Δ.由此可得ΔΔn的這個表達式在研究中十分實用

Δnf(x)定理4設(shè)f(x)Δ證利用(4.1)中Δn的兩種不同的表示,Δ4.證實完畢.異常,取x=0或x=1Δ定理5設(shè)f(x)f證把定理4的等式寫為(-1在互逆公式(3.1)和(3.3)中取ak=f(f這就是(4.3).【例35】證實:當(dāng)n>k時,證按照一階差分的定義,Δ這說明xk的一階差分Δxk是一個k-1次多項式,照此推論ΔΔxk=Δ2xk是一個k-2次多項式,向來做下去,便知Δkxk是一個常數(shù),因而當(dāng)n>k時,ΔnxkΔ這里我們已經(jīng)用了剛才證實的結(jié)論:Δ證實完畢.作為(4.2)的應(yīng)用,我們證實下面的求和公式.定理6設(shè)f(x)k證由(4.2)得Δ代人(4.4)的右端,并利用求和公式(3.2)得k按照第1節(jié)習(xí)題9的恒等式k上式變?yōu)閗這就是要證實的(4.4).(4.4)是一個很實用的求和公式,用它可以得到天然數(shù)方冪和的計算公式.例如,取f(x)=x3,則(4.4)的左端為天然數(shù)的立方和13+23+?+n3,而右端是f(x)=x3的各階差分在C不難直接算出,此時Δf(1)=7,Δ2f(1)=12,1這是大家熟知的公式.這里應(yīng)該提到的是如何容易地算出上述差分值.作下面的表:表中左邊斜行1,7,12,6便分離是f(1),Δf(1),【例36】求15解在(4.4)中取f(x)=x1從下面的表算得因而得求和公式1但由(4.2)和例3知Δ代人上式得1+這樣,我們就再一次得到例8中已經(jīng)得到的恒等式.【例37】證實k證在(4.4)中取f(x1+但由(4.2)和第1節(jié)的習(xí)題7知,Δ代人上式即得1+=這就是要證實的.利用定理1的互逆公式,從例37的等式可得一新的恒等式:【例38】證實∑k證在定理4中已經(jīng)證實Δ在上式中取f(x)=xn,由例35知Δ在上面的等式中異常取x=0,k或者k定理7倘若f那么Δ反之,若(4.7)成立,則(4.6)也成立.證先設(shè)(4.7)成立,即Δ或者(-1用定理1的互逆公式就得(I+E這里最后一個等式利用了定理5的(4.3).對上式左端應(yīng)用二項式定理,即得f這就是(4.6).反之,設(shè)(4.6)成立,把(4.6)寫成f利用上式和(4.2)得Δ這就是(4.7).定理證畢.倘若在定理7中取m=0,(4.6)和(4.7)分離f倘若取ak=(-1b這就是定理1的一對互逆公式.所以定理7是定理1的推廣.設(shè)an是一個給定的數(shù)列,差分算子Δ對數(shù)列an的作Δ稱Δan為anΔ稱它為an的二階差分?jǐn)?shù)列,普通Δ稱它為an的k階差分?jǐn)?shù)列設(shè)an是一個給定的數(shù)列,倘若它的p階差分?jǐn)?shù)列Δpan不是零數(shù)列,而p+1階差分?jǐn)?shù)列Δp+1an是零數(shù)列,就稱例如數(shù)列an={2,4,6,8,?},它的一階差分?jǐn)?shù)列Δan={2,2,2,?}不是零數(shù)列,而它的二階差分?jǐn)?shù)列Δ2a又如an=n3={0,1,8,27,64,125,216,?},則Δan={1,7,19,37,61,91,?},Δ【例39】數(shù)列np是p階等差數(shù)列證從例35知道,Δpnp=p!,所以Δpnp不是零數(shù)列,而Δp+1從例39可得下面的定理8.定理8設(shè)P(x)=a0xp+a1xp-1+?+ap是一個證從例35容易得到Δ而Δp+1p(n)=0,所以{p(n)}是p階等差數(shù)列.【例40證因為C分子上共有p個n的因子相乘,因此它為n的p次多項式,而其分母是個與n無關(guān)的常數(shù),故Cn+pp是n的p次多項式,由定理8即知它是一個利用定理5可得下面的定理9.定理9設(shè)an是一個p階等差數(shù)列,a證定義函數(shù)f(x)f于是由(4.3)得a當(dāng)n>p時,因為Δa這就是要證實的.從定理8和定理9可得下面的定理10.定理10an是p階等差數(shù)列的充足須要條件是an是n的p證倘若an是n的p次多項式,則由定理8知an是p階等差數(shù)列,這就證實了定理的充足性.反之,若an是p階等差數(shù)列,則由定理9知an是n的p定理11若an和bn分離為p階和q階等差數(shù)列,且p(i)αan+βbn為p階等差數(shù)列,這里α,(ii)anbn為p證由定理10知道,an,bn分離為n的p次和q次多項式,因為p?q,因此αan+βbn便是n的p次多項式,于是由定理10的充足性知道αan+βbn是p階等差數(shù)列,這就證實了(i).同樣道理,anbn是現(xiàn)在回到我們的主題上來,倘若an是p階等差數(shù)列,如何計算下面兩個和k定理12設(shè)ak是一個p階等差數(shù)列,(i)當(dāng)n?p時,有∑k=0n?akCnk=∑k=0(ii)當(dāng)n>p時,有證(i)由(4.3)得a所以k利用(3.2)的求和公式和例6的恒等式得k=因為ak是p階等差數(shù)列,Δl即k這就是要證實的(i).(ii)因為ak是p階等差數(shù)列,且n>p,k定理證畢.用這里的公式計算∑k=0n?k2Cnk就很容易.因為k2是二階等差數(shù)列,而且用例36中作表的主意k這是我們在例4中已經(jīng)得到過的等式.用同樣的主意可以算得k=【例41】設(shè)P(x)是一個p次多項式,則k證因為P(k)是k的p次多項式,由定理10知道,P(k)是p階等差數(shù)列,例41為定理12(ii)的應(yīng)用.【例42】設(shè)p1,?,pr是r個天然數(shù),k證由例40知道,Cp1+kp1,?,Cpr+kpr分離為p1,?,pr階等差數(shù)列.按照定理11異常,當(dāng)初p1=?=k習(xí)題四證實下列恒等式:1.Δ(f(x2.Δn3.∑k4.∑k5.∑k6.∑k7.∑k8.∑k9.∑k10.∑k5復(fù)數(shù)主意應(yīng)用復(fù)數(shù)的運算規(guī)矩,偶爾可導(dǎo)出一些很實用的組合恒等式.下面的研究中,常常要用到cos?θ+isin?θ這種形狀的復(fù)數(shù),為方便起見,把它記為e按照復(fù)數(shù)的乘規(guī)矩則,e=cos?(所以對于eiθ可以像普通的指數(shù)函數(shù)那樣舉行運算,異常有從(5.1)我們有ee這是兩個常常要用到的公式.這一章中,我們要給出下面四個和式k的計算公式,這里ak是一個p階等差數(shù)列我們先從推廣上一節(jié)的定理12著手.定理13設(shè)ak是一個p階等差數(shù)列,k證利用第1節(jié)習(xí)題20的恒等式k和ak的表達式akk==這就是要證實的(5.2).倘若在(5.2)中命x=1k這是定理12中的(i).所以定理13是定理12的推廣.倘若在(5.2)中取ak=k,這是一階等差數(shù)列,a0k倘若在(5.2)中取ak=k2,這時p=2k倘若在上面的等式中取x=1k從定理13可得定理14設(shè)ak是一個p階等差數(shù)列,則當(dāng)初nkk證在等式(5.2)中,命x1-x=t,x代人(5.2)即得1兩端同乘以(1+t)n即得(5.3).在(5.3)中用-t代t按照定理14就可導(dǎo)出本節(jié)開始提出的那四個和式的計算公式.定理15設(shè)ak是一個p階等差數(shù)列,則當(dāng)初nkkk=(-1×k=(-1×證在1+把它代人(5.3)得k=注重到e把它們代人上式,并分離取兩端的實部和虛部,就得kk這就是(5.5)和(5.6).同樣i把它們代人(5.4),即得k===(-1讓等式兩端的實部和虛部分離相等得k=(-1×k=(-1這就是(5.7)和(5.8).定理證畢.倘若在定理15的四個等式中取ak=1,k=0,1,?,kk∑∑倘若取ak=k,那么a0kkk=(-1k=(-190組合恒等式倘若再用定理1的互逆公式,那么從(5.9)-(5.16)這八個恒等式又可產(chǎn)生八個新的恒等式.例如在(5.9)中命ak=(-1)kk于是按照定理1的互逆公式,就得k和(5.10)、(5.11)、(5.12)互逆的公式分離為kkk要直接證實這些恒等式是相當(dāng)艱難的.在上面這些恒等式中取一些異常的x值,又可得到一系列有趣的組合恒等式.例如在(5.19)中命x=k注重到cos?3kπk若在(5.20)中取x=πk復(fù)數(shù)中的單位根在研究某一類組合恒等式異常實用.我們知道方程z有m個根,它們是z用我們現(xiàn)在的記號就是z=e2kπim,k=0,1,?,設(shè)s是隨意的整數(shù),那么k事實上,倘若s是m的倍數(shù),記s=qm,ω所以∑k=0m-1?ωksk這就證實了(5.23).【例43】證實k式中ωk=e2k證由二項式定理1+于是(5.24)的右端為k=按照(5.23),當(dāng)初l-r=qm,∑k=0m-1?ωkl-r=m,當(dāng)初l-r≠qm,∑k=0m-1?ωkl-rk這就是要證實的(5.23).【例44】證實當(dāng)初r?mk證在(5.24)中取x=1k因為ω===所以(5.26)的右端為1=在(5.26)的兩端取實部,即得k這就是等式(5.25).(5.25)給出了以一定的間隔延續(xù)變動的組合數(shù)的求和公式.在(5.25)中取r=0,k取r=0,k在上面的等式中,用4n換nk此外,若在(5.25)中分離取r=1,m=3,rkk若在(5.25)中取r=0,mk【例45】證實下列恒等式k=k=證在等式(5.24)的x處用eik===讓等式兩邊的實部、虛部分離相等得k=k=這就是(5.33)和(5.34).倘若在上式中讓r=0,k=k=異常,倘若取m=2,k=k=2習(xí)題五證實下列恒等式1. k2. k3.4.=(-15.6.∑=7.∑=n8.∑k9.∑=210.∑=26阿倍爾恒等式和由它導(dǎo)出的互逆公式在第3節(jié)中,我們推薦了五對組合變換的互逆公式,利用它們可以從已知的組合恒等式發(fā)現(xiàn)新的恒等式,或者把一個不易證實的恒等式歸結(jié)為比較容易證實的恒等式.在這一節(jié)中,我們首先推薦牛頓二項式公式的推廣一阿倍爾恒等式,然后再由它導(dǎo)出三對新的互逆公式.定理16設(shè)x≠0,x(6.1)稱為阿倍爾恒等式.在給出(6.1)的證實之前,我們先來說明,為什么說(6.1.是二項式公式的推廣.任取a≠0并用xa,ya分離代替(6.1)a兩端消去1ax上式當(dāng)初a≠0成立.當(dāng)初a=0,它也成立,(所以(6.2)是牛頓二項式公式的推廣,而(6.2)就是(6.1).為了證實(6.1),我們引進下面的和式:A利用這個記號,(6.1)的右端就是An(x,y:-1,0)因此A為了證實(6.4),我們先來研究普通的An(x,y;p,gA==這是以后常用的等式.A定理17An((ii)(iii)組合恒等式+(證(i)利用基本公式(1.2),A====這就是(6.6).(ii)為證實(6.7),把AnA===?(這就是(6.7),證實完畢.(iii)利用(6.6)有A把它代入(6.7)的右端,即得A(6.8)證畢.利用定理17,即可得定理18An(An(x證在(6.8)中命p=0和qA由(6.5)可得A再把上式中的x,y有了這些決定,就可證實定理16了.我們要證實A對n用數(shù)學(xué)歸納法.由(6.3)的定義知道A0(x,y;p,q)=因而A0(x,y;-1,0)=x-1An成立,我們要證(6.4)成立.把(6.11)代人(6.9)得A這就證實了(6.4),定理16證畢.在下面的研究中,我們還需要定理19設(shè)n是正整數(shù),那么(i)An(ii)An即k=0k=0=x證(i)在(6.6)中取p=-1,q=-1,并利用(6.4)A(ii)在(6.7)中取p=-1,A利用阿倍爾恒等式(6.4)得x兩端除以x即得(6.13).定理20AnAn證對n用數(shù)學(xué)歸納法.n=0時,(6.14)的兩端都是xpyqAn成立.則由(6.7)和(6.15)得A=對右端的和式作指標(biāo)變換k+1=l,并注重到A這就是(6.14),證實完畢.利用上面的定理即可證得下面的柯西恒等式:k=0事實上,(6.16)的左端即An(x,yAn(按照阿倍爾恒等式(6.4),A把它代入(6.17)即得(6.16).柯西恒等式的意義在于把兩個多項式的乘積Cnk(x例如,在(6.16)中取x=0,k=0n這正是在例38中已經(jīng)得到的等式.倘若在(6.16)中取x=yk化簡得k=0n這則是一個新的等式.固然,它也可以通過定理12的(ii)和(6.18)得到.現(xiàn)在推薦由阿倍爾恒等式產(chǎn)生的互逆公式.定理21設(shè)x≠0,anbn是一對互逆公式.證我們從(6.21)來推導(dǎo)(6.20).由(6.21),b要證k利用求和公式(3.2),上式即為l即要證k=這里的δln為克朗耐克爾δ(定義見利用基本公式(1.4),(6.22)可寫為Cn對上式左端作指標(biāo)變換k-lCn就是要證實當(dāng)初n=l,(6.24)的左端為1,n≠l時,(6.24)的左端為0,若記Cn把(6.25)改寫為-它就是-C由(6.10)知道,當(dāng)初m=0A故(6.26)成立.當(dāng)初m≠0,由(6.12)A(6.26)也成立.這就從(6.21)證實了(6.20).反過來的證實是一樣的.從阿倍爾恒等式得到的第二對互逆公式是定理22anbn是一對互逆公式.證我們從(6.28)來推導(dǎo)(6.27).和定理21的證實一樣,這等于證實k或者Cn和定理21的證實一樣,對上面的和作指標(biāo)變換k-l=j,Cn按定義A所以x這樣要證實(6.30)就變成證實Cn當(dāng)初m=0,由(6.10)知道(6.31)x右端也是1,故(6.31)成立.當(dāng)初m≠0,由(6.4)和(6.13)x因而(6.31)成立.從(6.27)證實(6.28)的主意是一樣的.在定理22中取x=0,就得到一組異常anbn其中(6.33)是這樣得來的,由(6.28)得b從阿倍爾恒等式得到的第三對互逆公式是定理23anbn是一對互逆公式.證倘若(6.35)成立,我們證實(6.34)也成立.和前兩個定理的證實主意一樣,這歸結(jié)為證實k=利用基本恒等式(1.4),并命k-l(-命n-l-(-x當(dāng)初m=0,上式兩端均為1,(6.37)成立.當(dāng)m≠0,因為(x-l-j)mj故(6.37)也成立.因而(6.36)成立.從(6.34)證實(6.35)的主意是一樣的.在定理23中把x換成-x可得一對新的互逆公式anbn在上式中讓x=0anbn【例46】證實∑k證由(6.18)知道k故若取an=n!,bn=nn,nn=注重到kCnn兩端除以nn即得所要證實的等式【例47】證實(x+證在定理4中取f(x)=xk=0n今取an=n!bn=(x+n)n,在(6.43)中對x取一系列不同的值,又能得到一系列新的恒等式.例如取x=0,n這就是(6.42).分離取x=1和x(習(xí)題六證實下列恒等式1.(x2.(x3.y-14.∑k5.∑k6.∑7.∑k附錄1習(xí)題解答或提醒習(xí)題一1.在二項式定理(1+x)n=2.由基本恒等式(1.3)得kCnk3.由基本恒等式(1.5)和上題的結(jié)果即得.4.利用基本恒等式(1.3)和(1.6)即得.5.由基本恒等式(1.3)得1k+1k注重,這是例3的推廣,在上面的等式中分離命x=1和x=-1,就得例3的結(jié)果.若命k6.由基本恒等式(1.5)和(1.6)知道Cn0Cn0倘若n是偶數(shù),則(bCn(a)-(c)即得C倘若n為奇數(shù),則(bCn0(a)-(C這個等式可以簡寫為∑k例44的(5.25)給出了普通的公式,在(5.25)中取r=1,m7.由基本恒等式(1.3)和例8,即得k8.先設(shè)n為偶數(shù),n=2m,于是按照例k倘若n為奇數(shù),設(shè)n=2m+1,k9.由基本恒等式(1.3)和例5即得.10.記an=∑k=0n-1?C211.∑12.因為1kCf而=-=從遞推公式fn=f13.若記bn=∑k=0nb這個證實過程并不需要假定m是整數(shù).現(xiàn)在取m=12,則b14.在上題中取m=-12,用同樣的遞推15.∑=(2這里已經(jīng)利用了例2的結(jié)果.16.∑=這里用了例2和第11題的結(jié)果.17.和上題的證法相同.18.記an=x引進bn=x兩式相加即得要證的等式,兩式相減得k19.把和式寫成k對右端第二個和式作指標(biāo)變換k=2nb所以an20.利用基本恒等式(1.4),k習(xí)題二1.因為Ck+n-1n-1k即∑k=0m?Ck+k2.因為(1+xx所以x(1+x)k另一方面x(1+x)C所以等式成立.3.左端的和式是(1-x)m(1+x)m4.由基本恒等式(1.3)k5.概據(jù)范德蒙公式C于是k=6.記f(x)=1千是f用數(shù)學(xué)歸納法容易證實∑k=0n?Cf另一方面f比較xn的系數(shù),(由此即得k7.在(2.10)中用-4x代替x,1-4另外11-4xk便是11-4x?1-4x=18.容易看出∑k(1-中xn系數(shù),因而得要證的等式9.記an=∑k=0na因而得an10. 因為1-x1(1-x)n+1=k另一方面1-x2n+11(1-x)11.和上題的做法相同,∑k=0n112.不難證實k而k由例19知a1=∑k=0n?a所以k13.由(1-x)n(1-倘若r<n,則因q(1-比較(e)和(fl對上式求和指標(biāo)作變換q+lk兩端消去(-1)r,即得(倘若r?n,這時r-q>n-q-1,又因q?n-1,即n-q-1?0,14.記f(x)=(1-4x)-12,則f(-x)=(1+4x)-1而1-42x2-1215.上題中f(x)k而1-42x2-116.在第7題中已經(jīng)得到1-4所以1=比較系數(shù)即得.17.命n-kk最后一個等式是利用公式(2.30)得到的.18和例28的做法一樣.習(xí)題三1 在習(xí)題一的第5題中取ak=(-1)kx2 在習(xí)題一的第7題中取ak=1(k3 在習(xí)題一的第14題中取ak=11-2k4 在習(xí)題二的第4題中取ak=(-1)kk5 在習(xí)題一的第13題中取ak=12k6 倘若命ak=-1k2,bkk記上式左端為fn,f由這遞推公式,即得上面的恒等式.7 若取ak=1(k+1k利用上題的等式及上題的主意即可證得上面的等式成立.在互逆公式a中取ak=2k,bkk事實上k注重到等式k當(dāng)n為奇數(shù)時,n=2m+1,2所以k即(g)成立.當(dāng)初n=22所以k這時(g)也成立.因而由互逆公式,注重,在正文中本題的等式是通過(1.9)和(1.14)來確立的,然后通過互逆公式證實(g)成立.這里先證實(g)成立,通過互逆公式證實本題的等式成立,實際上是給這等式另一個9 在等式(3.29)k中取α=2cos?x,則α1故知等式成立.10 在互逆公式(3.17)和(3.18)中取ak=(cos?x)k習(xí)題四1 Δ(=2 記Ef,Δf是只對f作用的算子,EgE于是由上題知道,Δ(=3 用數(shù)學(xué)歸納法,當(dāng)初nΔ利用上題的結(jié)果得Δ4 在定理4的等式Δ中取f(x(用x-n代替上面的x,5 由定理6的求和公式即得.6 在定理6的求和公式中取f(x)=12x-1,Δ=由(4.4)即得1+7 從上題的恒等式再用定理1的互逆公式即得.8 k4是4階等差數(shù)列,用定理12的計算公式9 用k換k+1,k在(4.2)中取f(xΔ因為Δn+1xn=0.故得∑k10 ∑=最后一個等式是利用了上題的結(jié)果.11.因為C是k的n-1次多項式,由定理10知,它是一個n-1階等差數(shù)列,于是由定理12的(ii)習(xí)題五1 利用從(4.9)分離取ak=k2 記z則an當(dāng)n=2m+1為奇數(shù)時b所以a因而1-兩端同乘znz即2isin?nx∑-2sin?移項后即得k當(dāng)n=2m為偶數(shù)時,nb因而a所以1-或z用z=eix代入k在第3節(jié)中我們已經(jīng)得到過這個恒等式,這里用復(fù)數(shù)主意給出了另一個證實.3 在第3節(jié)中,我們得到了下面的互逆對:a在上面的互逆對中取ak=(2cos?x)k,bk=(2cos?容易看出，上式右端為k當(dāng)初n=2m+1,C=2當(dāng)初n=2m,C因此要(h)成立,k而這就是上題中已經(jīng)證實的.4 在(5.13)中命ak=(-1)kkcos?k5 利用(5.14)和定理一的互逆公式.6 利用(5.15)和定理一的互逆公式.7 利用(5.16)和定理一的互逆公式.8 在第5題的恒等式中命x=π2.9.在公式(5.27)中取r=1,2因為cos?所以上式可改寫為2因而得本題的等式.10 和上題主意相同.習(xí)題六1 在阿培爾恒等式x中,把y+n換成y2 在上題中把x和y對換.3 等式右端為An(xA第二個等式利用了阿培爾恒等式.4 在第3題的等式中取x=0,5 在互逆對(6.20)和(6.21)中取x=1,a今取an=(n+1)n,bn=nnn這就是要證的等式.6 易知y由阿培爾恒等式(利用(mn因為上式左端與x無關(guān),故在右邊的式子中把x換成x-1等式依然成立,n在右邊的和式中把指標(biāo)k+1換成k,n由(l),(my這就是要證的等式7 第6題等式右端的和式中k=0x故該等式可寫為y在上面的等式中讓x=0,(所以k附錄2本書中浮上過的組合恒等式1-6為基本恒等式,7-122的恒等式左邊和式中只浮上一個組合數(shù)的因子,123-154左邊和式中浮上兩個或兩個以上組合數(shù)的因子,15