Re: [其他] 一題組合級數
提供一個不用數歸的証法
考慮 S={1,2,..., 2n+1} 的子集合 個數共有2^(2n+1)個
其中元素個數>=(n+1)的子集共占了一半=2^(2n)個
對子集 A ={a_1,a_2,...,a_m} in S, a_1<a_2<...<a_m, |A|>=n+1,
按照a_{n+1}分類,設其為n+k+1, (k=0,1,...,n)
可能的排列組合數為
C(n+k,n) * 2^(n-k)
^^^^^^ 1,2,...,n+k 共有n個在A中 ^^^^^^{n+k+2,...,2n+1}的子集個數
n
故2^(2n) = Σ C(n+k,n)2^(n-k)
k=0
整理可得所求等式
※ 引述《realtemper (精彩不亮麗)》之銘言:
: 這可以數歸啊~跟一般作法沒什麼不同
: 一樣是在 n=N+1 的求和式裡面,把 n=N 的部份(已知)硬拆出來,剩下再硬算....
: pf:
: n (n+k)! n
: 假設 Σ ──── = 2 n! 在 n=N 時成立 (當然 n=0,1 時顯然成立)
: k=0 k
: 2 k!
: 則 n = N+1 時
: N+1 (N+1+k)! N+1 (N+k)!
: Σ ───── = Σ ──── (N+1+k)
: k=0 k k=0 k
: 2 k! 2 k!
: N (N+k)! N (N+k)! (2N+2)!
: = (N+1) Σ ──── + Σ ──── k + ──────
: k=0 k k=0 k N+1
: 2 k! 2 k! 2 (N+1)!
: ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^ ^^^^^^^^^^^^^^^ ^^^^^^^^^^^^^
: (1) (2) (3)
: 級數的已知部份 級數隨k變動的部份 多出來的一項
: N N
: (1) = (N+1) 2 N! = 2 (N+1)! (by n=N 成立之假設)
: N (N+k)! 1 N-1 (N+1+k)!
: (2) = Σ ──── = ─ Σ ─────
: k=1 k 2 k=0 k
: 2 (k-1)! 2 k!
: 1 N+1 (N+1+k)! (2N+1)! (2N+2)!
: = ─ [ Σ ───── - ───── - ────── ]
: 2 k=0 k N N+1
: 2 k! 2 N! 2 (N+1)!
: ^^^^^^^^^^^^^^^ ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^
: 此即欲求之級數和,記為 x 把第N與N+1項扣回來
: (因為還不知道 n=N+1 是否成立)
: 1 (2N+1)!
: = ─ x - ────
: 2 N
: 2 N!
: 故
: N 1 (2N+1)! (2N+2)!
: x = (1) + (2) + (3) = 2 (N+1)! + ─ x - ──── + ──────
: 2 N N+1
: 2 N! 2 (N+1)!
: 1 N
: ─ x = 2 (N+1)!
: 2
: N+1
: x = 2 (N+1)! by 數學歸納法 QED
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※ 編輯: Dawsen 來自: 18.111.105.50 (04/11 12:21)
推
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