回到例2，除了利用组合数的性质，我们还可以有其他方法．观察，恒等式左边的各项组合数的系数为等差数列，现在我们仿照求和公式1?2?...?n?证：设s=Cn＋2?Cn＋3?Cn...＋n?Cn ①

?n...＋2?Cn＋Cn 则s=n?Cn＋(n-1)C?n...＋2?Cn＋Cn =n?Cn＋(n-1)C01n-2n-1nn-121123nn(n?1)2的证明来证明例2

②

①＋②得

2s=n?Cn＋n?Cn...＋n?Cn＋n?Cn =n(Cn＋Cn...＋Cn＋Cn)

01n-1n01n-1n=n?2

n∴ s?n?2n?1

技巧：此方法的证明有一定的特殊性,分析等式中组合数系数的变化规律尤其重要,知识的迁移在此方法是一个很好的见证．

6. 利用数学归纳法证明

我们都知道数学归纳法，在证明数列的题目中，我们就体会了数学归纳法的好处，只要按照数学归纳法的两个步骤进行就可以了．那么，组合恒等式的证明可不可以用数学归纳法来证明呢？看下面的一个例题 例7．已知{an}是任意的等差数列，且n≧2，求证：

Cna1－Cna2＋Cna3－...＋（－1）Cnan+（－1）Cnan+1＝0

012n-1n-1nn分析：由于本题恒等式左边的各项组合数系数是一个不确定的等差数列，用上面的方法处理就比较困难，又因为等式含有数列，我们不妨用数学归纳法试试．

证：i) 当n＝2时，因为a2?a1?a3?a2所以a1?2a2?a3?0，故等式成立，

ii) 假设，当n＝k（k≧2）时等式成立，即对任何等差数列{an}，

012k-1k-1kk有，Cka1－Cka2＋Cka3－...＋（－1）Ckak+（－1）Ckak+1＝0 ①

则当n＝k＋1时，利用组合数性质，有

Ck＋1a1－Ck＋1a2＋Ck＋1a3－...＋（－1）Ck＋1ak＋1+（－1）Ck＋1ak+2012kkk＋1k＋1

＝Cka1－（Ck＋Ck）a2＋（Ck＋Ck）a3－... ＋（－1）（Ck＋C012kkk－101021k）ak＋1+（－1）kkk＋1Ckak+2k＝[Cka1－Cka2＋Cka3-...+（－1）Ckak＋1] －[Cka2－Cka3＋Cka4-...+（－1）C012k－1k－1kak＋1+（－1）Ckak＋2]kk

因为根据归纳假设，当n＝k时，对任意等差数列a1，a2，...，ak＋1与a2，a3，ak＋2①式都成立，所以上式右端的两个方括号都等于零．于是我们证明了当n＝k＋1时等式也成立，根据（1）和（2）可知，等式对n≧2的任何自然数都成立．

技巧：用本方法证明的思路清晰，只须分两步进行即可，但归纳法的关键是由“假设n＝k成立，推导到n＝k＋1也成立”这一步中间的变换过程比较复杂，在“无路可走”的情况之下，归纳法也是一个好的选择．

7. 利用组合分析方法证明

所谓组合分析法就是通过构造具体的组合计数模型，采用了“算两次”的方法，再根据组合数的加法原理和乘法原理得到恒等式两边相等．

例8．证明：Cn0Cn1＋Cn1Cn2＋...＋Cnn－1Cnn＝C2nn－1 （n≧2）

证明：算右边，假设有2n个球，现要在2n个球中任取出（n－1个，取法有 C2n 种，

算左边，把2n个球分成两堆，每堆个n个，现要 在2n个球在中取出（n－1）个，取法是，在第一堆取0个，第二堆取（n－1）个，或第一堆取1个，第二堆 取（n－2）个，或?或第一堆取（n－1）个，第二堆 取0.再根据加法原理总的取法有 CnCn＋CnCn 又因为CnCn＋CnCn0n－11n－20n－11n－2n－1＋...＋Cn－1nn－1nCn

0＋...＋Cn－1nCn＝CnCn＋CnCn＋...＋C00112nCn

所以，左右两边都是在2n个球中取出（n－1）个球，因此有，

CnCn＋CnCn＋...＋C0112n－1nCn＝C2n （n≧2）

nn－1技巧：用组合分析法证明组合恒等式的步骤是：选指出式子的一边是某个问题的解，然后应用加法原理和乘法原理等去证明式子的另一边也是该组合问题的解．用此方法也可以证明例6，证明过程非常简洁．

8概率法证

排列组合基本理论是古典概型计算的基石．能否用古典概型来解决某些排列组合问题？我们来看下面的例子 例9

证明组合数加法题推公式：Ckn?1?Ckn?Ck?1?Cn?1k?2n?1.

分析：把特征等式经过适当变形，使之右端变为1，而左端为若干项之和，根据左端和式中各项的特点，构造以概率模型，并找到样本空间的一个特殊分化，使之相应概率等于左端和式的各项，从而得证． 证明：我们将公示变形为

CCknkn?1?CCk?1n?1kn?1?CCk?2n?1kn?1?1.

下面利用超几何分布概率公式构建摸球模型来证明：

设袋中有n?1只球，其中有1只黑球，1只白球，现随机地抽取k只球?1?k?n?1?.设事件A：“抽取的k只球中含有黑球”，B：“抽取的k只球中含有白球”，则

PA???CC10knCk

n?1由全概率公式得

P?A??P?B?P?AB??PBPAB=

k?2n?1kn?1k?1n?1kn?1????CC11k?1nCk?n?1CCC1n1k?2n?1k?1?CCC1k0kn?n?1CCC11k?1n?1kn

=

CC?CC

由P?A??P?A??1,立即得证该公式

技巧：利用概率对立事件发生的概率和为1，或是在某种情况下必然事件的概率也为1.可以与实际相结合，

容易理解．

9 几何法

例10 证明Cn?Cn???Cn?2

分析：主要是利用组合的几何意义来证明．无重组合Cnn?101nn的几何意义

表示平面坐标上的（0,0）点到整点（n,m）（这里n,m都是整数） 的递增路径的总和．一条从点（0,0）到点（n,m）的递增路径是 指一个有长度为1的端点为整点的线段首尾连接所组成的折线， 并且每一条线段的后一个端点的坐标或者在x上或者在y上，比 前一个端点增加一的单位长，水平走一步为x,垂直走一步为y,图 1中的递增路径可表示为：x,y,x,x,y,y,x,x,y,y

证明：由图2可知等式的左边，Cn表示从（0,0）到（0，n）点

的增路径，Cn表示从（0,0）到（1，n-1）点的增路径数， ┄，Cn?1n10表示从（0,0）到（n-1,1）点的的增路径数，Cn

n表示从（0,0）到（n,0）点的的增路径数1，而这所有的地 增路径之和就是从（0,0）点到斜边上的整点的递增路径． 另一方面，从（0,0）点到斜边上任何一整点的递增路径是

n步步长，每一步是x或者y，有两种选择，由乘法法则， n步的不同方法的总数为2，所以等式成立．

n10 用幂级数法

?我们知道，?1-x??n?1可展成如下幂级数： ?1?x??n?1??Ck?0kx x?1 n?kk现在我们用次展开式证明下列等式 例11 证明 Cn?证明：因为 ?1-x?nCn???n?1Cnn?m?Cn?1n?m?1

??n?1??1?x??1=?1?x??n?2

??n?1???1 左边应为：?1?x??1?x?=?Cn?kxk?0?n?k??i?0x

i 右边应为：?1?x??n?2??Ck?0n?1x n?k?1k比较两边x的系数可知，原等式成立．

技巧：对组合求和，当组合下标变动时，常用幂级数方法．

n11微积分法

n例11 求证：?k?1??1?k?1kCknn??k?11k

分析：利用微分与积分的相互转化是问题得以解决，求导后再积回去，不改变原等式的性质．

n证明：令 f?x???k?1??1?k?1kCnknx

k则 f?0??0，f?1???k?1??1?k?1kCnkn

nf??x?????1?Ck?12k?1knxk?1=?1???1?Cxk?1n?1kknx=

k?1?x?n?x?1=

1??1?x?n1??1?x?

=1??1?x???1?x?????1?x?n?1

即f??x????1?x?j?0j

n?1上式两边同时求积分得 f?x????j?01j?1?1?x?j?1?C