威县二中李银祁演讲稿

第一篇：威县二中李银祁演讲稿

愿做溪水涓涓流，催开满园花芬芳

尊敬的领导，各位评委，各位同仁：

大家好！我叫李银祁，任教于威县二中。我1995年邢台师专毕业，1997年受聘进入二中，担任高中语文教学并兼任班主任工作，自1998年起，先后任二中团委干事、科教处副主任、宣教处副主任，并于2005年起兼任高中年级组副主任。今天，我要演讲的题目是“愿做溪水涓涓流，催开满园花芬芳”。

回顾十几年的从教经历，我真的有些惶恐，十数年时光过去，我的忙碌普通而又平凡，我的生活寂静得近乎平庸，而转眼之间，已有丝丝白发隐隐闪现鬓角，宣告着我已人到中年。扪心自问，唯一可以慰藉自己的是对学生的辛勤浇灌总算有些收获，当我把自己投入到工作中，用自己的心血和汗水为孩子们铺平人生的一段路程，用自己的智慧和坚持为他们拨开迷雾指示方向的时候，我感到了一种踏踏实实的平静和满足。

如果有人问我，工作这么些年有什么感受和经验，我只想说一句话：爱孩子，付出才是硬道理！

记得1998年9月，学校安排我担任高二实验班班主任，接到任务后我深感领导器重，当我怀着莫大的激动与兴奋走进教室时，却发现教室空无一人！学生们罢课了。因为二中高中那时刚刚起步，该班绝大部分学生是由于仰慕原来班主任的名声才选择的二中，对于我这个毛头小伙，他们没信心，对学校的安排，他们感觉受了欺骗。当时我没有抱怨，更没有气馁，我跑到宿舍，操场，找到学生，挨个谈心。为了挽回孩子们的心，我开诚布公，推心置腹，最后更是立下军令状：半年之后，有谁对我不满意，我自动辞职；高考中，半数学生要考上本科。从此，我每天5：20准时到校，喊学生起床，领他们跑步锻炼身体，遇到恶劣天气就陪他们上早读，晚上要到10：00以后，到学生睡觉了我才

会离校回家。当时我家离学校大约10来里路程，每天披星戴月，早出晚归，风雨无阻，直到毕业从未间断。苦心人，天不负，我的付出也有回报，两年之后的高考，我班各科平均成绩均为全县第一，尹明正同学语文单科成绩居全县第一名，全班30名学生有16名考入中山大学等全国知名本科大学。

2004年春季，我又一次送毕业班，正当我带领学生厉兵秣马备战高考时，不幸降临了，一场突发性传染病——肺结核蔓延全班。一时间人心惶惶，草木皆兵。我一方面及时向学校报告，一方面想方设法为学生看病。一发现学生中有疑似病例，我会第一时间骑自行车带他们去医院做X光透视检查，确诊后又要领他们扎针、买药甚至输液。全班有20多个学生得病，我整天往返于医院和学校之间，和学生泡在一起，有的学生怕扎针，我还要面对面苦口婆心地劝说。有的老师说，肺结核，那可是国家规定的二级传染病啊，你还和学生离那么近！学校领导也说，保护好自己，要戴口罩。这些我都没听，因为我知道，我就是学生的主心骨，我要是怕了，学生就更慌乱了，他们还怎么应对当年的高考啊？虽然我个人承担了一些风险，但是不如此就不能稳定军心哪。事实证明，当年高考，学生并未受到过多影响，我班有12名学生考入本科大学。

我不记得多少次我半夜送学生去医院，我没有统计过为学生买药行程多少里，我也不清楚我给贫困的孩子零花钱、垫付学费共计人民币多少元，但我知道每一届学生毕业都有孩子哭得泣不成声，我知道每年春节都有一拨又一拨的学生来看我，我知道我只要在人人网或QQ上一露面，回应的人络绎不绝。我感觉这就够了，我很满足！

也许，当一个老师，就注定做不了波澜壮阔的大海，那么就让我做一条小溪吧，涓涓细流，潺潺湲湲，催开满园芬芳，姹紫嫣红！

谢谢大家！

第二篇：李祁名言推荐

李祁名言

1、拍手趁西风。惊起乖龙。青山绿水古今同。唯有一轮山上月，长照江中。一点落金钟。浑似虚空。道人不住有云峰。但是人家清酒瓮，行处相逢。

2、雨步云行，饵风饮雾，平生游戏。笑此中空洞，都无一物，有神妙、浩然气。

3、少年随意数花须，老来心已无。

4、花深人静，帘锁御香清昼永。红药栏杆，玉案春风窈窕间。

5、楼下清歌，水流歌断春风暮。梦云烟树，依约江南路。碧水黄沙，梦到寻梅处。花无数，问花无语，明月随人去。

6、小舟谁在落梅村，正梦绕、清溪烟雨。（）桃花流水鳜鱼肥，恰趁得、江天佳处。

7、挂杖行穿翠筱，吹花醉绕江梅。故园心事老相催，此意陶潜能会。

8、春水湖塘深处，竹暗沙洲无路。闲伴落花来，却信东风归去。且住，且住，细看两山烟雨。

9、喜入秋波娇欲溜。脉脉青山两眉秀。

10、扫尽云南梦北，看三江五湖秋水。狂歌两解，清尊一举，超然千里。

11、不见玉人清晓，长啸一声云杪。碧水满阑塘，竹外一枝风袅。奇妙，奇妙，半夜山空月皎。

12、汉家恩深幸不早，此身终向胡中老。此身傥负汉宫恩，杀尽青青原上草。

13、袅袅秋风起，萧萧败叶声。岳阳楼上听哀筝，楼下凄凉江月为谁明。雾雨沉云梦，烟波渺洞庭。可怜无处问湘灵，只有无情江水绕孤城。

第三篇：李银毕业论文

齐 齐 哈 尔 大 学

毕业设计（论文）

题

目

用概率论的方法证明组合恒等式

学

院

理

学

院

专业班级

信息与计算科学 082

学生姓名

李 银

指导教师

崔 继 贤

成绩

****年**月**日

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)

摘要

组合恒等式是组合数学中的一个组成部分，也是组合数学研究的一个重要内容.本文主要探讨如何利用概率方法研究组合恒等式，主要从不同的角度解答同一概率问题，得到同一事件的概率两种不同的表达形式，由其相等导出组合恒等式.通过构造概率模型，利用“必然事件的概率等于1”和“不可能事件的概率等于0”证明组合恒等式，或者利用古典概率方法证明组合恒等式，也就是在实际问题中将需要证明的组合恒等式引证出来。对于需要被证明的组合恒等式，将所构造概率模型中相关事件的概率计算出来以后，从而推导出式子两端相等。每种论证方法中首先总的介绍这种方法是用的什么思想，然后列举例子加以论证，使所述问题更加透彻.关键字：组合恒等式；概率模型； 古典概率； 数字特征

I

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)

Abstract Combinatorial identity is an important part and research field of combinatorics.This paper explores using probabilistic method to derive combinatorial identities.We count a probabilistic problem by using different ways to obtain different expresses for the question.We build a probabilistic model on a classical probability to find or prove some identities by constructing the event whose probability equals 1 or 0, that is，the

the equatin will be drawn from the concrete problems.We investigate combinatorial identities using probability properties and numeral characters of a random variable with discrete type.Each method was first demonstrated the general description of what this method is thought, and then held some examples discussed.Keywords: Combinatorial identity;probabilistic model;classical probability;numeral characters

II

目 录

摘要............................................................................................................................I Abstract........................................................................................................................II 第1章

绪

论..........................................................................错误！未定义书签。

1.1引言......................................................................................................................1 1.2课题背景............................................................................错误！未定义书签。1.3实际应用方面的价值..........................................................................................2

1.4本文主要的研究内容..........................................................................................3 1.5相关工作..............................................................................................................3 第2章 运用概率论的基本理论证明组合恒等式......................................................4 2.1运用完备事件组证明组合恒等式......................................................................4 2.2运用全概率公式证明组合恒等式......................................................................7

2.3运用概率性质证明组合恒等式..........................................................................8 第3章 运用概率理论构造数学模型证明组合恒等式............................................11 3.1运用随机变量的数字特征证明组合恒等式....................................................11 3.2运用构造概率模型证明组合恒等式................................................................18 3.3运用等概率法证明组合恒等式........................................................................22 第4章 由概率方法引申出的恒等式证明................................................................26 4.1 级数恒等式的证明............................................................................................26 4.2 初等恒等式的证明............................................................................................27 4.3级数组合恒等式的证明....................................................................................27 总结..............................................................................................................................31 参考文献......................................................................................................................32 致谢..............................................................................................................................33

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)

第1章

绪

论

1.1引言

当前，组合恒等式无论是在中学还是大学都应用广泛，很多问题都涉及到这方面的解法.在组合数学中，有很多类型的组合恒等式.这么多纷繁复杂的组合恒等式，我们必须寻求一种最简便的方法使问题得以解决，查阅过很多资料，通过很多证明方法的检验，我们寻求除了一种组合恒等式的证明方法－组合恒等式的概率方法.对于较为简单的组合恒等式，我们可以一步就分析出结果，稍复杂的需要我们演算一两步达到欲求的结果，但是并不是所有的组合恒等式都是那么的简单，有的组合恒等式很复杂，我们要深入了解，就必须通过一步步的证明、深究，证明组合恒等式的方法有很多，譬如有分类法、概率法、求导法等一系列方法证明组合恒等式.本文，我们选用利用概率方法来证明组合恒等式，我主要介绍这几种方法：构造模型法、概率性质法、数字特征法，这些都是前人通过比较发现的较为好的方法，我们加以更好的应用，我们应当看到组合恒等式与概率二者的结合，只要把握了这一点，相信就能够从中受益匪浅，感触颇多.含有组合数的恒等式叫做组合恒等式.简单的组合恒等式的化简和证明，可以直接运用课本所学的基本组合恒等式.事实上，许多试题中出现的较复杂的组合数计算或恒等式证明，也往往运用这些基本组合恒等式，通过转化，分解为若干个简单的组合恒等式而加以解决.我们简单的介绍四种组合恒等式：二项式组合恒等式、关于Catalan三角数的组合恒等式、基于格路模型的组合恒等式、由概率引起的组合恒等式.通过对一些组合恒等式的了解，我们就选用各种概率的方法加以证明它们，达到一个比较完善的效果.1.2课题背景

组合数学是以离散结构为主要研究对象的一门学科，它主要研究满足一定条 件的组态(一种安排)的存在性、计数及构造等方面的问题.近几年，随着计算机科学的产生与发展，组合数学得到了迅速的发展。

概率起源于欧洲国家的一种赌博方式——掷骰子。随着科学技术发展的迫切需要，概率论在20世纪迅速地发展起来。柯尔莫哥洛夫首次用测度理论定义了什么是概率。他的公理化方法不仅成为现代概率论的基础，还使概率论成为严谨的数学分支。

由于其他学科、技术的推动，概率论得到飞速发展，理论课题不断扩大与深

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)入，应用范围大大拓宽。俄罗斯的彼得堡数学学派，继承和发展了古典概率论之精华，拯救了濒临危机的概率论；变革和制定了一系列研究方法，振兴了概率论学科；提出和创立了概率论新思想，开拓了概率论新领域。由于资料的限制、语言的困难和文化的差异使得国内外系统研究彼得堡数学学派概率思想者还甚少，有关资料相当匮乏，一些相关论述大都出现在综合性的书籍中，倾向于按照现代数学的习惯给出一般性的解释，且多为简要性介绍，读者难以了解其精髓所在。鉴于彼得堡数学学派在概率论发展史上的重要地位，本文以概率论思想为主线，通过建立概率模型,对概率思想证明恒等式方面进行了简单的应用。

组合数学和概率论的产生都可以追溯到十七世纪，从17世纪到20世纪30年代，组合数学受到娱乐及数论、概率论、化学等学科的推动而迅速发展，得到了一般的存在定理和计数原理，如抽屉原理、容斥原理、波利亚计数定理等，还解决了一系列著名而有趣的组合学问题，如更列问题、家政问题、36军官问题等，自20世纪以来，许多理论学科和应用学科给组合数学提出了大量的具有理论和实际意义的课题，促使了许多新理论的产生，如区组设计、组合算法等，从而解决了一系列理论上的以及与经济发展密切相关的课题。此外证明常见的组合恒等式中概率的方法也有所应用。

1.3实际应用方面的价值

大家都知道，在证明初等恒等式的时候，如果我们采用初等方法，在一般情况下比较困难，在许多数学分支中，有很多的组合恒等式的形式通常不是显而易见的，证明它们有一定的难度，这就会使得它们的应用受到限制。如果可以对于会有带来很多的便利。用概率论的方法去解决一些分析学中的问题或者证明一些组合恒等式，是概率论与数理统计研究的重要方向之一，根据有关资料的例子可以看出，运用概率论的方法来证明组合恒等式，是值得我们探讨的一个十分有意义的新问题。因为在运用概率论的方法证明组合恒等式时，它的思维灵活，背景生动并且容易理解，表达方式单间，并且效率高而被许多数学家所喜爱。但是要熟练掌握这种证明方法，需要掌握知识的内部联系，而且必须了解知识的客观背景，弄清楚知识的来龙去脉，编制知识的网络结构，抓住问题的主要特征。如果在教学中利用好这类综合性解题的良好教材，则可以冲发挥这种类型题材的应用。

在学习概率论中，我们首先接触到得的是古典概型，这些概率模型的特点是所研究的样本容量中样本的个数是有限的，常利用排列组合方法去解决古典概型中的问题，如分配问题，伯努利概型等。对于一些离散型随机变量，也可用排列组合方法进行讨论，如超几何分布等。反过来，可以通过构造这些特殊的概率模型，利用概率模型的性质，如概率函数的规范性，可以求解一些用常规方法难证

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)明的恒等式。有些恒等式用常用的分析方法证明是很不易的，如中学中的排列组合恒等式、或者更复杂的恒等式的证明，建立了概率模型后，通过求概率的思想，能很方便地把恒等式证明出来。

1.4本文主要的研究内容

本课题研究的内容是利用概率论的知识，巧妙地将其与组合恒等式有关的概率构造出来并对其计算，分析，同时对组合恒等式加以证明，并由此给出了组合恒等式概率论的方法证明的方法和思路。

用概率论的方法证明组合恒等式的主要思想是在证明组恒等式的时候，如果我们从概率论的角度去分析它们可以使问题变得简单，也就是说对于需要被证明的组合恒等式，在构造构造好概率模型之后，从不同角度的角度考虑其概率或随机变量的数字特征，在运用概率论的公式，有关性质，结论等，将所构造的模型相关事件的概率计算出来，从而可以推导出需要证明的结论，从而对于组合恒等式的证明更加即便容易掌握。

1.5相关工作

用概率论的方法证明一些关系式或者解决其他一些分析学中的问题，是概率论的研究方向之一，本篇论文就是这方面应用的结果。关于组合恒等式的证明我们通常采用的是分析学的方法，但是用概率论的方法证明一些组合恒等式却更加的简便。对于如何使用概率论的方法证明组合恒等式，经过本人得仔细思考，大致总结了以下几个方法：

（1）运用完备事件组证明组合恒等式（2）运用全概率公式证明组合恒等式

（3）运用随机变量的数字特征证明组合恒等式（4）运用构造概率模型证明组合恒等式（5）运用等概率法证明组合恒等式（6）运用概率性质证明组合恒等式

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)第2章 用概率论的基本理论证明组合恒等式

2.1 运用完备事件组证明组合恒等式

这种方法的基本思想是：我们对于一些组合恒等式，可以构造出适当的模型，并且选择出与组合恒等式相关的随机变量，并求出它的分布列

P{i}Pi(i1,2,,n)

接着我们再利用完备事件组的性质Pi1，于是我们便达到了证明组合和恒等

i1式的目的。

引理 设{A1,A2,,An}构成一个完备事件组，即A1,A2,,An互斥，nniAi1，则P(Ai)1。[1]

i1n例

1证明组合恒等式：

Ck0kn22(mk)Cnk2(mk)C2n2m

证明

我们可以利用完备事件组的性质，构造成如下概率模型：

假设盒子里有n副大小不同的手套，现在我们从中随机抽取2m只（2m

pkCpCmkk2m2k12m2k(C2)2m2nC(k0,1,2,,m)

m根据完备事件组的性质知道：

nPk0k1

于是可以得到

Ck0kn22(mk)Cnk2(mk)C2n2m

例

2证明组合恒等式

Cnk1CnkCnk1

证明

首先我们将公式变形为

CnCkkn1CnCk1kn11

现在我们利用完备事件组的性质，构造如下概率模型：一批货物共n1个，准备批发出厂.若已知其中有一个是废品，现在从中随机地抽取k个货物出来1k n1，问废品被抽到的概率是多少？抽出k个货物中没有废品的概率又

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)是多少？

若记事件A1为“抽出k个货物中没有废品”的事件，那么事件A2A1就是“抽到k个货物中有废品”的事件，即A1和A2为两个对立事件.有

PA1CnCkkn1.PA2PA1C1Cnk1k1Cn1.由于A1,A2构成完备事件组，所以，有

PA1PA21.从而有

成立，即有

Cnk1CnkCnk1 成立.例

3证明组合恒等式

CmCnCmCn0k1k1CnkkCn1Cnk1kCn11

CmCnCmCmCmn(其中m,n,kN,km,kn)

k11k0k证明

现在我们利用完备事件组的性质，构造如下概率模型：设盒子中有m张红色卡片和n张白色卡片，每次取出k(kmn)张卡片，求得到i(im)张卡片的概率。(i0,1,2,,k)

记事件Ai为“取得i张红色卡片和k-i张白色卡片”(i0,1,2,,k)则A0A1Ak，且A0,A1,A2,,Ak互不相容，kk于是

1P()P(Ai)i0P(A)

ii0k又因为P(Ai)CmCnikikkCmn这样得出

Ci0imCmkiCmn

0k1k1k11k0kCnCmCnCmCnCmCmCmn 所以

Cm123nn12Cn3CnnCnn2例

4证明组合恒等式

Cn

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)证明

现在我们利用完备事件组的性质，构造如下概率模型：将n个箱子排成一列，从红黑白三种颜色的M张卡片中任取n(nM)张卡片放到这n个箱子里，如果n张卡片中恰有一张红色卡片，则包含的基本事件为n2n1。

记事件Ai为“恰有n-i张白色卡片”（in1），则这ni张白色卡片放在n个箱子里共有Cnn1种放法，而对于其他i个箱子只能放1张红色卡片和i1张黑色卡片，又有i种方法。所以，事件Ai包含的基本事件数为iCnn1 于是

P(Ai)iCnn2n1n1

显然，A0,A1,A2,,An互不相容，并且A0A1An

nnin所以

1P()P(Ai)i1P(A)i1i1iCnn2n1n1

又由于

CnniCni

123nn12Cn3CnnCnn2于是

Cn

例5 证明范德蒙（Vendermonde）恒等式

CnCmCnCm0k1k1CnCmCnmk0k

证明 我们首先来构造一个如下的概率模型：

设一个盒子中有nm张不同的卡片，其中n张红色卡片m张白色卡片，我们随机的从中取出k张卡片并且不放回作为一组。

记随机变量为取出的n张卡片所包含的红色卡片数，我们可以容易的计算出的分布列为

P{i}CnCmkikiCnmi0,1,2,,min(n,k)

并且由分布列的性质我们可以得出

min(n,k)min(n,k)P{i0i}1即

Ci0inCbkiCnm

kk1k1k0kCnCmCnCmCnm 但是当mn时 Cnm0 所以Cn0Cm

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)2.2 运用全概率公式证明组合恒等式

引理

设{Bn}为的一个有限划分，即BkBi（ki），（k,i1,2,,n.）

nBk1k则AF1且P(Bk)0(k1,2,,n)，n，P(A)P(Bk1i)P(ABi)成立。

[1]

例

证明组合恒等式

Cnk1Cnk1Cnk11Cnk1 证明

首先我们将公式变形为

CnCk1kn1Cn1Ck1kn1Cn1Ckn1k1

接着我们利用全概率公式，构造如下概率模型：

设箱子中有nm张卡片，但是其中有一张黑色卡片，一张白色卡片，现在随机从中抽取k张卡片（1kn1）

记事件A为“抽取的k张卡片中含有黑色卡片”

事件A为“抽取的k张卡片中含有白色卡片” 则P(A)C1CnCkn10k,由全概率公式：

C1Cnk1k1P(A)P(B)P(AB)P(B)P(AB)Cn1C1Cn1Cnk11k2C1CnCn1k0kC1Cn1Cnk1k1Cn1kk2Cn1Cn1kk1Cn1由于

PAPA1 从而得出

CnCk1kn1Cn1Ck1kn1Cn1Ckn1k1

即

Cnk1Cnk1Cnk11Cnk1

如果将上述摸卡片模型稍微需做一下改变，设箱子中有n1张卡片，其中仅有一张黑色卡片，其余均为白色卡片，就可以证得组合加法公式：

Cnk1CnkCnk1

如果我们建立如下摸卡片模型：设箱子里有m张黑色卡片和n张白色卡片，现在从中随机抽取k（0kmn）张卡片，仿照此例子，利用伯努利概率公式

PkCnkpkqnk 我们可以证明组合公式

CmCnCmCn0k1k1CmCnCmCmCmn

k11k0k

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)2.3 运用概率性质证明组合恒等式

我们利用概率的性质来证明组合恒等式，这是一种方便的证明方法，而且简单易懂，通常用“必然事件的概率等于1”和“不可能事件的概率等于0”来证明。

例1 证明组合恒等式 Cnkkk0n112k2n

证明 我们构造如下概率模型：

设一个人有两瓶牙签，每瓶n根，每次用牙签时，他在两瓶中任取一瓶．然后抽出一根，使用若干次后，发现一瓶牙签已经用完，求另一盒中还有r根牙签的概率.如果用 A1，A2分别表示甲瓶或者乙瓶中余下r根牙签.用 Ar 表示一瓶用完，而另一瓶中有r根的事件，则ArA1A2.注意到，当发现一瓶已空时．这一瓶必定在前面已用过n次，另一瓶余下r根，从而另一瓶已用过nr次，故共用了2nr1次.每次取到甲(乙)瓶的概率是12.所以

PArPA1A2PA1PA2  =C21n2nr11222nrnnr12Cn2nr1122nnr

1=C2nnr2

n由于r 的取值必定是1,2,,n之一，故Ar为必然事件，即

r1nPAr1，r11也就是 C2nnr2r1n2nr1

令knr, 则k0,1,,n1，1所以 Cnkk2k0n1nkn11或Cnkkk012k2.n例2 证明组合恒等式当kn时，齐齐哈尔大学毕业设计(论文)

kkk12n1n2n1C1Cn11Cn11

nnn1n证明 我们建立如下概率模型：

设有k张卡片，等可能地投入n个箱子，求每一个箱子中至少有一张卡片的概率.记事件B为每一箱子中至少有一张卡片

事件Ai为第i个箱子中没有卡片（i1,2,,n）则 BA1A2A3An 根据容斥原理，得

PBPA1A2A3An

nPAPA1i1i1i21nni1Ai2

1ni1i2in11i1i2in1kPAi1Ai2Ain11n1PA1A2An

因为PAin1knk11（i1,2,,n）

n21(对任意的i1i2)

nkPAi1Ai2n2knk依次类推，对任意的i1i2in，我们有

PAi1Ai2Ai331nk

PAi1Ai2Ain1n11nkk

nPA1A2An1n于是

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)ni1n11PAiCn1nk PAiAi12i1i21i1i222Cn1nk

所以12n1n2n1PBC1Cn11Cn1

nnnkkk1n从而 PB1PB

kkk112n1n即 PB1Cn1Cn211Cnn11nnn

但是由于kn ,事件B每一箱子中至少有一张卡片为一不可能事件，故

P(B)0,从而当knk时.kk12n1 C1Cn21(1)nCnn11nnn1n1.1232n12Cn3CnnCn2n 例3 证明组合恒等式 Cn证明 我们构造如下概率模型：

有一枚均匀的硬币，我们重复投掷n次，求它正面向上的次数的期望。显然，我们知道~B(n,)，于是便得出：

2nnn1 Ekp(i0k)kCi0kn1n()2kCi0kn2n

而且 k1,第k次试验正面朝上0,第k次试验反面朝上nnk1,2,,n

所以便得到 E()E(k)k1ni0Ekn2

kC那么

i0kn2nn2

1232n12Cn3CnnCn2n 整理后，得 Cn

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)第3章 运用概率理论构造数学模型证明组合恒等式

3.1 运用随机变量的数字特征证明组合恒等式

在概率论中，我们可以讨论随机变量的数字特征，并且通过随机变量的数学期望而进一步证明一些恒等式。而运用随机变量的数字特征来证明组合恒等式就是我们依照需要被证明的组合恒等式的特点，然后构造出合适的随机变量，并且利用随机变量的数字特征的定义，性质来证明组合恒等式成立的方法，其中可以利用数学期望，数学方差等。利用数字特征法是证明组合恒等式的一种比较重要的方法，我们在了解了具体概念后就用一系列的例子加以说明并且具体阐述，从而让我们了解到这种方法是怎样的一种方法。

引理3.1.1

若随机变量的方差D(),则D()=E(2)E2()引理3.1.2

伯努利概型设有服从二项分布

Ai{i},i0,.1,2,,n(其中0p1，n为非负整数n[1])，并有

Cininp(1p)ini1[1]

k例1

证明组合恒等式

CkminCkCn2mmnm

证明

当m=1和m=2时，我们可以用以下证明方法： 设~b（n，p），PkCnkpkqnk(k0,1,2,,n),0p1且pq1

n当m=1时：

E()12nkCk0nknpqknknp

令p=，则kCn2knk1n11n1，也就是Ck1CnkCn 2k1当m=2时：

nE()E[(1)]E[(1)]E()2k(k1)Ck1knknPqknknp

n根据公式D()=E()E()，从而得出npq12n22k(k1)Ck2n(n1)2n2

令p=，则

k(k1)Ck2knn(n1)2n2

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)以上两个是特例，它的一般性情况证明如下：

运用推广的伯努利概型和多项式分布，我们构造如下概率模型：

设一个盒子中有红黄白三种颜色的卡片若干，每次随机抽取一张，取后放回，这样连续做n次，p1和p2表示每次抽取红色卡片与黄色卡片的概率，1和2表示每次抽到的红色卡片与黄色卡片的次数。于是（1，2）服从多项分布，其分布律为

P{ii,jj}令p114,p212n!i!j!(nij)!p1p2(1p1p2)ijnij，则联合分布率为：

n!i!j!(nij)!122n1

P{ii,jj}nm

它的边缘分布为：P(2m)1i0p{1i,12m} 112n同时

2~B(n,),P(2m)Cnm()m()nmCnm222

因为多项分布的边缘分布是二项分布，从而两式相等，也就是：

nm

Ci0minCmiCn2imnm

k所以证得原组合恒等式CniCkmCnm2nm成立。

kmm1例2

证明组合恒等式

Ci1Ci1i1nmmnm1n1

证明

我们利用随机变量的数字特征，构造出一下概率模型：

设一个盒子中装有n张白色卡片，m张黑色卡片，一张接一张地将卡片取出，直到取出白色卡片为止，求平均要取多少张卡片。

这是求一个随机变量X的期望值：

记事件{Xi}={取出的前i-1张卡片全是黑色卡片}，1(Xi)令Xi0(Xi)，那么

xiixi

Xi0Xi0Xix110x

i1ix1

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)

i1xim!由于Xi非负，所以EXE(Xi0)P(Xi1i)Ci1Cmi1nm

但是我们可以将EX更简单的表示形式计算出来，于是我们假设已经把所有的同时令X1表示第一张白色卡片之前的黑色卡片nm张卡片从盒子中取出来了，张数,,最后Xn1表示最末一张白色卡片之后的黑色卡片张数，根据X1的定义：

X1X2Xn1m,Ex1Ex2Exn!m

n!m!(nm)!在考虑x1,x2,,xn1的联合分布为P{X1i1,X2i2,,Xn1in1}=中i1,i2,,in1是非负整数，它们的和为m。，其这是因为从盒中取出的nm张卡片一共有(nm)!种可能方法。而且，取出的先是i1张黑色卡片，接着是一张白色卡片，再接着是i2张黑色卡片，接着又是一张白色卡片等等，很明显，共有n!m!种可能方式。因此，就可以得到上述式子。

于是我们可以得到：X1,X2,,Xm1的联合分布是i1,i2,,in1的对称函数，所以对任意n个变量求和，所得到的结果是相同的，于是我们知道xi的边缘分布相同。从而

EXimn1(i1,2,,n1),EX[1Xi]1m1mn1nm1n1

于是我们得出

Ci1Ci1i1nmmnm1n1

如果采用分析学的方法来证明这个组合恒等式是非常难的，所以我们采用数字特征法来证明。

nnkn例3

证明组合恒等式

kCk1n2n1，kk12Cnn(n1)2kn2.证明

我们可以考虑下列随机变量的数字特征.设一名篮球运动员在条件相同下向同一篮筐投篮n次，每次进球的概率为12，考虑“投进篮筐次数”这个随机变量X的数字特征.1,第k次投进篮筐

记 Xk0,第k次没有进篮筐

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)则X1、X2、X3、、Xn独立同为二点分布：PXi1PXi0（i1,2,,n）, 且XX1X2Xn服从二项分布B(n,所以

EXE(X1X2Xn)=EXkk1nn1212)

k1PX11n2

DXDX1X2Xnnnk1DXknDX1n4

而

EX12nnkPXk0knk12nnnkCk1knkn



kCk1n2n

2即

kCk1n2n1

又

EXkPX2k0k12nnkk12kCn

EX2DXEX

2

12nnkk12Cknn

即 42rn2nkCnn(n1)2k12kn2

例

4证明组合恒等式

Ck0kmCnrkCmn

r证明 考察从由nm个大人和n个孩子组成的家庭队伍中选取r1个人参加亲子比赛的问题.所选r1个人中大人的人数用X 表示，则随机变量X服从超几何分布，且

PXkCm1Cnr1kr1kCmn1（k0,1,,r1）

于是

EXr1kk0Cm1CnCrkr1k r1mn1m1r1r1k1r1kCmCnrmn1Cmnk1m1r1krkCmCnrmn1Cmnk0

令

1,第k个大人被选中Xk0,第k个大人未被选中

PXk1r1mn（k1,2,,m1）

r1mn1;EXkPXk1, k1,2,,m1.齐齐哈尔大学毕业设计(论文)

XX1X2Xm1



EXEXPXkk1k1nm1m1k1r1m1mn1k

例

5证明组合恒等式

k1Cn1/Cmn1k1mnm(m1)

证明 一个盒子中装有m张白色卡片n张黑色卡片，我们进行连续不放回地抽取卡片，直至摸到白色卡片时为止，下面考察取黑色卡片数的数学期望.设随机变量表示取黑色卡片数

1,前（i-1）次都是取到的黑色卡i0,前（i-1）次至少取到白色卡片n片，第i次也取到黑色卡片一次，或第i次取到白色卡片其中i1,2，，n则

i1i

又

pi1n(n1)ni1mnmn1mni1

且

Eipi1 于是我们得出

nniEEi1mnmn1mni1i1nn1ni1nmnmnmn1mnm3m2mnm2m1nnn1nn14nn143m12mnmnmn1mnm4mnm3m1nnn1nn15nn14m13mnmnmn1mnm5mnm4m1nnn1mnmnm1nm1nn1nn132nn1321化简时，每一次只将最后两项通分k个

同时，k黑，黑，黑，白 其中k0,1,2,,n.k1k1.则pkCnkm/Cmn

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)从而

Ekpk0nk1n1k1nkknKCk1knm/k1Ck1mnmnCn1/mnCmn1k1k1nk11

Cmnmn/Cmn1n 由E的唯一性知：nmnmnk1Cn1/Cmn1k1knm1

k整理即得：Cnk11/Cmn1k1mnmm1n.例6

证明组合和恒等式

k2k0kC2nk2n1C2n2nn2n

证明

首先，我们构造如下概率模型：

设某人有两瓶牙签，每一瓶都有n根，每次用牙签的时候，他在两盒中任取一盒，然后抽出一根适用若干次后，发现一瓶牙签已经用完，求另一瓶中有k根牙签的概率。

如果用 A1，A2分别表示甲或乙瓶中余下 k根牙签.用 Ar 表示一盒用完，而另一盒中有 k根的事件，则ArA1A2.注意到，当发现一盒已空时． 这一盒必定在前面已用过 n次，另一盒余下k根，从而另一盒已用过n—k 次，故共用了2 n —k +1 次.每次取到甲(乙)瓶的概率是

12.所以

PArPA1A2PA1PA2 11

=C2nnr2221nnr11nC2nr2221nnr

=C于是我们得出：

n2nr122nr

pkC2nkn122nk,k0,1,2,,n.下面用不同的方法计算随机变量的期望值.齐齐哈尔大学毕业设计(论文)

2nk根据定义：E122nkpk0nnknkCk0n2nk12

=K2k0knC2nk

另一方面，设Eu，由pk1知：

k0nnnnunpkk0KPk0n1k0KKnkPk0nk12nkP2nknkCk0n1nk2nknkCk0n1n1nk2nk122nk2nkCk0n1k0nk12nk1122nk1122nkp2n122n12k1112n1pk0n1k12k0k1pk11p0/2

2n122n移项整理得：E2n1p01由E的唯一性知：nC2n1

nn122nnk0k2C2nkkn2n122nC2n1

整理即得：k2kC2nnk2n1C2nn22n

k0n1例7 证明组合恒等式 k(k1)(nk)2Cn41

k2证明 我们构造如下概率模型：

设有n张扑克牌，其中只有3张是K,我们将扑克牌洗一遍之后再从中随机不放回抽取，直到抽取到第二张K为止，此时抽出的纸牌数为，求它的期望。

首先我们先需要计算出的分布列，按照古典概率的计算：

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)P(k)3!(n3)!(k1)(nk)n!6(k1)(nk)n(n1)(n2),k2,3,,n1

然后根据数学期望的定义我们可以得出：

n1Ekp(k2k)k(k1)(nk) n(n1)(n2)k26n1另外，我们假设从最低下开始一张一张地翻牌，直到抽取到第二张K出现为止，此时抽出的纸牌数目为，由对称性可知，与有相同的分布列，于是也有相同的数学期望，即EE,而且它们有关系：n1 对这个式子两边求期望：EEn1 所以En12然后将其带入式可得

n1k(k1)(nk)2C

4n1k23.2 运用构造概率模型证明组合恒等式

运用构造概率模型证明组合和恒等式大体上分为两步：

n 第一步，将待证明的组合恒等式改写为Pi1的形式；

i1 第二步，通过构造出合适的概率模型，使得完备事件组Ai(i1,2,,n)互斥，n并且Ai，同时P(Ai)pi(i1,2,,n)。

i1 其中第一步需要掌握灵活的恒等式变形能力，以及敏锐的观察力，而要完成关键的第二步，必须对于古典概率问题有深刻的理解，还要把握许多的综合条件，同时具有丰富的联想能力。由于证明中的关键是对随机事件概率的逆过程的求解——我们需要由Pk去寻找Ak,故在思考过程中起主导作用的是发散性思维，创造性思维。

例1 证明组合恒等式 Cnk1Cnk1Cnk11Cnk1 证明 首先我们将公式变形为

CnCk1kn1Cn1Ck1kn1Cn1Ckn1k1

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)接下来，我们构造这样的概率模型：

一个盒子里装有n1张卡片，其中有一张红色卡片，一张黑色卡片，n1张白色卡片，现随机地从盒子中抽取k张卡片.设事件A为k张卡片中有红色卡片的事件，事件A的逆事件记为A.则 PAC1CnC1k1kn1;

设事件B为k张卡片中有黑色卡片的事件，事件B的逆事件记为B,由事件间的关系有

AABBABAB.从而 PAPABAB

PABPAB 所以 PAC1C1Cn1Ckn101k1C1C1Cn1CCnkn100k.k1k由对立事件和得性质PAPA1.可得

k1kCn1Cn1Cn1Cn1Cn1kk1

从而 Cnk1Cnk1Cnk11Cnk1

例2 证明组合恒等式 1CnmC1n11CnmCnm1C1n111C1n2CnmC3C2C1C1n11111C1m1C1mnm.证明 我们首先将公式变形为 CmCn11CmCnmCnCn11111CmCnmCnm1CnCn1Cn2111111CmCnmC3C2C1CnCn1Cm1Cm1111111111

接下来，我们构造这样的概率模型：

一个盒子中中装有n张卡片，其中有m张红色卡片，现在从中连续取出卡片并且不放回，求取得红色卡片的概率。

记事件A为取得红色卡片，事件Ai为第i次取得红色卡片 于是我们得到 A=A1A1A2A1A2A3A1A2AnmAnm1 由加法公式、乘法公式及条件概率的定义，得

PACmC1n1CnmC1n1CmC1n11CnmC1n1Cnm1C1n11C1C11m1CmC1m1

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)显然，只要逐个取卡片，早晚是要取得红色卡片的.即事件A为一必然事件，故P(A)1.所以1CnmCn111CnmCnm1Cn1Cn21111CnmC3C2C1Cn1Cm1Cm1111111nm.古典概率与组合数有着十分密切的联系，某些组合式本身或稍加整理，就具有某种明显的概率意义.例如

CmCnmCrnkrk就可视为下面概率问题的解：“某盒中有n个球，其中有红球m个，今从盒中任取 r个球，求恰有k个红球的概率”，基于这一点，对某些组合恒等式，我们可采用古典概率的方法来证明.nkkn例3 证明组合恒等式 CmCrkCmr1 nm kk0n证明 我们构造如下古典模型：

一个城市的道路是经纬均匀网状，李某的家庭住址和上班地点恰好分别处于两个交叉点.以李某的家庭住址所在的两条路为坐标轴、交叉点为坐标原点，建立直角坐标系，并使李某的上班地点处于坐标系第一象限之中.设李某的上班地点位于点(mnr1,n).考虑李某从家庭住址到上班地点走过的路最短时所选择的路径问题，（即在以(0,0)、(0,n)、(mnr1,n)、(mnr1,0)为顶点的矩形内，李某从住处到单位上班沿与X轴平行的方向行走时只能向左拐，沿与Y轴平行的方向行走时只能向右拐）.易知，李某从家庭住址到上班地点走过的路最短所选择经过的路径共有Cmr1种不同方式.n记Ak表示事件“李某经过端点为(r,k)和(r1,k)的路径数”

Ak所包含的基本事件个数为:从(0,0)点到(r,k)点走过的路径数乘以从(r1,k)点到(mnr1,n)点的路径条数.nkknkCrkCmk 即为 CrkkCmnr1(r1)nk PAkCrkCmkCnmr1knk（k1,2,,n）

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)由Ak的定义知，A0、A1、Ar构成一个完备事件组.r  1PAkk0nPAkk0k0rrCrkCmkCnmr1knk

nkn上式整理得： CrkkCmCmr1 kk0令mn得： Cr0Cr1CrnnCrnn1

n例4 证明组合恒等式 Cnnr1Ci0ninir2

证明 我们构造如下古典概率模型：

设将n张相同的卡片放到r个不同的盒子中，把这一实验结果作为一个向量(x1,x2,,xr)，其中xi表示被分到第i个盒子中的卡片数，于是满足 x1x2xrn()的向量(x1,x2,,xr)的个数。

考虑n张白色卡片与r1张黑色卡片组成的排列，将每一个这样的排列与()式按照下面的方式对应起来：使x1等于排列中第一张黑色卡片左边的白色卡片的张数，x2等于第二张黑色卡片间白色卡片的张数，如此继续到xr，它等于最后一张黑色卡片右边的白色卡片的张数。很容易得到n张白色卡片与r1张黑色卡片的所有排列与方程()的全体解一一对应，由于排列共有

(nr1)!n!(r1)!nCnnr1个，即解也有Cnnr1个，所以得到Cnnr1Ci0ninir2

或者还可以如下：我们很明显看出x1可取0,1,2,,n的n1个值，x2,,xr可以组成一个r1维向量(x2,,xr)

令A0：当x1=0时，(x2,,xr)的解的个数为Cnnrn

2;;

An：当x1=n时，(x2,,xr)的解的个数为Cnnr2

nnCi0ninir2由于 P(Ai)i0Cnr121

n1

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)所以得到 Cnnnr1Ci0ninir2

r例5 证明组合恒等式 CrrmCj0jmj1

1r证明 之前的例子我们证明过这样一个组合恒等式：CnrCnrCn1 1这个需要被证明的组合恒等式实际就是该组合恒等式的推广，于是我们建立如下古典概率模型：

现在将mr张卡片从1进行编号，并从中抽取r张卡片作为一组，用n来表示1,2,,n号都被选出而n1号未被选出的最大值，如1号未被选出那么n0.若1号选上了而2号未被选上，则n1，如此等等，令ni，不同组的卡片数显然等于从编号为i2,i3,,im的卡片中抽出ri张卡片的选法总数。于是

rni的组有Crimri1个，因此总数Crmr满足CrrmrCi0rimri1

我们令jri得 CrrmCj0jmj1

3.3运用等概率法证明组合恒等式

我们从不同的角度解答同一个概率问题，就可以得到同一事件的概率两种不同的表达形式，并且由它们相等来证明组合恒等式。在概率问题中，我们往往不能局限在一种思维，其实可以用多角度的思想去解答，这样也会给证明带来便利。

1nnCn2 例1 证明Cn0Cn证明 这是一个重要的组合恒等式, 这里用概率的思想证明.为此我们构造如下概率模型：

“某人投篮命中率，现独立地重复投篮了n次，问投进的概率是多

21少？”

记事件Ak为投篮n次投进了k次（k1,2,n）, 于是问题是求PA1A2An.由于A1,A2,A3An两两互斥，得

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)PA1A2AnPA

kk1n11 =Cnk22k1nknknk1Cn2nk

又因A1A2An的对立事件是A1A2An，问题可以转化为求1PA1A2An，而  PA1A2AnCn2n0

Cn2n01PA1A2An1

1nnCn2.即Cn0Cn1例2 证明组合恒等式 Cn0CnCnnC2nn

222证明 根据组合式的性质.CnrCnnr, 原式左边可变形为：

CnCnCnCn0n1n1CnCnC2nn0n

两端同除以C2nn，得：

CnCnC2nn0nCnCnC2nnkn1CnCnC2nnn01

我们来观察上面这个式子式的概率意义，可以构造下面的模型：

“一盒子里有2n张卡片，其中n张白色卡片n张红色卡片，今从中任取n张卡片，求至少有一张红色卡片的概率.”

记事件A为抽得的n个球中至少有一张红色卡片；

事件Ai为抽得的n个球中恰有i张红色卡片

则 PAiCnCnCn2nini（i1,2,n）

而 AA1A2An 且 AiAj ij 根据有限可加性，得

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)PAPA1PA2PAn CnCnC2nn1n1CnCnC2nn2n2CnCnC2nnn0

另一方面 A{ 抽得的 n 张卡片都是白色卡片 } 而 PACnCnCn2n0n

CnCnC2nn0n于是

PA1PA1

所以 CnCnCn2n1n1CnCnCn2n2n2CnCnCn2nn01CnCnCn0nn2n CnCnCnCn2001n1CnCnC2n2n01即 Cn0CnCnnC2nn

2m例3 证明组合恒等式 CniCnmiiCnm2m

i0证明 我们构造以下概率模型：

设箱子中有n付大小不同的手套，现在我们随机从中取出m只，计算取出的手套全不配对的概率.把从2n只手套中取出m只不同手套的组合作为样本点，则样本点总数为C2nm.记事件A为取出的m只手套全不配对，接下来计算P(A).方法一 A发生要求m只手套必须取自于不同型号种类的手套，而手套的种类有n种，因而m只手套可有n种可供选取，共有Cnm个选取种数.同时，在每一

1种类型号的手套中又有“左”、“右”两只手套可选择，有C2种取法，这样，取11C（出m只手套共有C2m个）种取法.综合上述，A的基本事件数目为Cnm2m，2则PACnm2m/C2mn.方法二 令Ai取出的m只手套中含有i个“左”只手套，i0,1,m.显然

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)AAi 且 AiAj（ij)则 PAi0mPA.又因为A中的i只“左”

imii0手套可有n种“左”手套可供选取，共有Cni种取法.其余另外的mi只手套全是“右”手套，为了使得取出的m只手套全不配对，那么，这ni只“右”手套只能在剩下的ni种型号的手套所对应的ni“右”手套中选取，共有Cnmii种取法.于是，由乘法原理可得，Ai的基本事件数目为CniCnmii（i0,1,2m）那么

PAiiCimnCni/Cm2n mm由此可得 PAPAimiiCnCni/Cm2n

i0i0综合上述可得组合恒等式:

mCimimnCniCn2m i0n例4 证明组合恒等式 CiniaCbCnabCnb

i1证明 我们构造如下的概率模型：

设一个盒子中有a张黑色卡片，b张白色卡片，我们现在从中随机抽取

(nmin(a,b))张卡片，求所取的卡片中至少有一张黑色卡片的概率。

记事件A为任取的n张卡片中至少有一张黑色卡片；

事件Ai为任取的n张卡片中至少有一张黑色卡片（i1,2,,n）

nn那么A1,A2,,An是互不相容事件并且Ai，则P(Ai)1

i1i1ini而

P(AaCbi)Cn(iC1,2,,n)

abniinCaCnb于是

P(A)P(A)i1in

i1Cab记事件A为任取的n张卡片中没有黑色卡片

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n则

P(A)CbCnab

Cbnn那么

P(A)1P(A)1nCab

所以我们得到

Ci1iaCbniCnab1CbCnnab

n整理可得

Ci1iaCbniCabCbnn

第4章 由概率论方法引申出的恒等式证明

4.1 级数恒等式的证明

例 证明级数恒等式 n1n(n1)!1

证明 我们建立如下概率模型：

设有一个盒子，里面装有黑色卡片和白色卡片，设其为事件A，其中白色卡片一张，黑色卡片无数张，则事件A只包含两个基本事件摸出为黑色卡片（设为事件B）和摸出白色卡片（设为事件C）的随机试验，我们进行有放回的随机抽取卡片，并且为独立重复n次试验，则在第k次试验中，B出现的概率P(k)，不出现的概率为Q(k)，则Q(k)1P(k)。

现令T(n)表示在n次独立试验中B首次出现在第n次试验中的概率，于是有T(1)P(1)，T(2)Q(1)P(2)，„„，T(n)Q(1)Q(2)Q(n1)P(n), 令P(N)T(n)，(N)Q(n)，则有P(N)(N)1。

n1n1NN取P(n)nn1，则(N)Q(n)n1NNn1NNN1n1n，N故P(N)(N)T(n)Q(n)n1Nn1n1（n1）!n11n11

由于N，lim1n1Nn10，所以有n1n(n1)!1，齐齐哈尔大学毕业设计(论文)4.2 初等组合恒等式的证明

例

证明下面两个组合恒等式

1(1)CnrCnr1Cnr1

其中n,r,s,N

(2)Cns1Cn1Cn2Cs 其中n,r,s,N sss证明

(1)我们建立如下概率模型：

设一个盒子中装有n张卡片,其中仅有一张红色卡片，现从盒子中取出r张卡片，则有Cnr种取法。于是我们可将这Cnr种取法分为两类：一类是包含红色卡片的，取定了那个红色卡片之外，还需在剩下的n1张卡片中取出r1张卡片来，1共有C11Cnr种取法；另一类是不含红色卡片，应在除去红色卡片后的n1张卡片1中取出r张卡片，因此共有C10Cnr1种取法，并且这两类取法之和即为取法总数，即Cnr种取法。所以有

CnC1Cn1C1Cn1Cn1Cn1，故(1)式得证。

下面证(2)式：

对(2)式作变换：令rs1有

Cns1r1r10rr1rCn1Cn1

s1ss1s再令nn1有

Cn1Cn2Cn2

以此类推…

Cs2Cs1Cs1CsCs1

s1sss把上面的式子左右各相加，化简有 CnCn1Cn2......Cs。

s1s1s1sss(2)式得证。

4.3 级数组合恒等式的证明

例

证明下面的级数组合恒等式

ki0(1)CCimkinCknmki0

(2)CCCiminnnmki0

(3)CnCnii(2n)!(n!)2

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0当1rnnkkr(1)C(nk)当rn(4)n!nk0n(n1)n!当rn+12证明

(1)我们构造如下概率模型：

设一个盒子中有n张白色卡片和m张黑色卡片，我们现从中随机地取出k张卡片，考虑取出的k张卡片中有i张白色卡片的事件Ai(i=0，1，„，k)的概率，于是可得

PAiA0,A1，„„，AkkkCmCnCikiknm，i0,1,2k，是互不相容的事件，且这k1个事件之并是必然事件，即UAi，则P(Ai)P()1，i0i0k于是CmCnkikiki0i0Cnm1，即CmCnikiCnm.k(2)令kn，由式(1)可得式(2)；(3)令nm，由式(2)可得式(3)。(4)欲证此等式，首先引入一个引理

引理：设随机事件A1，A2,,An满足

P(Ai)p1,(i1n)

P(Ai1Ai2)p2,(1i1i2n)

P(Ai1Ai2Ai3)p3,(1i1i2i3n)

„„，P(A1A2An)pn，nk1nk1则有P(Ak)(1)k1CnP(k)

（1）

k为了证明本式，我们建立如下概率模型：

从1到n这n个自然数中每次任取一数，有放回地抽取r次，令Ai={取出的r个

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)数均不等于i，i1，2，，n则

pkP(Ai1Ai2Aik)(nk1nk1nknk1),(1i1i2ikn,k1,2n)

nknr则由(1)式P(Ak)(1)Cn(k)，（2）

nr当1rn时，必存在i使得取出的r个数均不等于i，因此Ai是必然事件，于

i1是，由(2)式有

n(1)k1k1C(knnkn_r)P(Ai)1C，即

(1k)1Cnkn(k)，0

rni10nnk1① 当rn时，Ai={取出的n个数中至少有一个等于i}，i = 1,2,„,n，于是，nAi{取出的n个数均不相同}，由[7]知其概率为i1n!nn，从而有

n!nnni1ni1P(UAi)1P(Ai)1n

kkr(k)n!把上式代入(2)式整理可得

(1)Cnnk0ni1ni1② 当rn1时，则Ai{取出的n1个数恰有两个数相同}，其概率P(Ai)，n于是得出可知 P(Ai)i1n!nnn1Cn1，2n!2P(UA)1P(A)1C从而有

iin1 n1i1i1nnnko代入(2)式整理可得(1)Cn(nk)n!Cn1kkr2n(n1)2n!

③ 当r0时，考虑随机试验：从大于n的自然数中任取一数，令Ai={取出的数大于i}，i =1,„,n，则显然

pkP(Ai1Ai2Aik)1,(1i1i2ikn,k1.2..n)

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kk且P(UAi)1C，代入(1)式整理可得(1)Cn0，koi10nnnnko0当1rnnkkr当rn所以有 (1)Cn(nk)n!

k0综上所述，证明完毕。

n(n1)2n!当rn+130

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总 结

本文通过概率理论给出了证明组合恒等式的方法，主要应用了概率论中的古典概率，完备事件，互不相容，基本事件总数等相关知识。其主要思想是针对所要证明的组合恒等式构造出适当的概率模型，求出该模型中有关事件的概率。而构造概率模型来证明组合恒等式的基本方法是：首先根据需要被证明的组合恒等式特点建立相对应的概率模型；然后在概率模型中分析思考问题。然后根据概率的一些性质，推出应有的结论。组合恒等式的证明方法有很多，而用概率论的方法来证明组合恒等式不仅提供了组合恒等式的不同证明途径，而且有助于加深我们对概率论基础知识的理解和掌握。

本文主要研究了如何运用概率论的方法证明一些组合恒等式，一共分为三章：

第一章绪论中，简单介绍了概率论方法研究的背景和发展状况，自然引出了需要研究的问题；

第二章主要介绍如何运用概率论的基本理论来证明组合恒等式； 第三章主要介绍如何运用概率理论构造数学模型；来证明组合恒等式； 第四章针对前面的证明方法进行推广证明一些其他的恒等式，以便于更加深刻理解这种用概率理论证明恒等式的好处。

组合恒等式的证明问题通常需要超高的技巧，有意识的积累一些组合恒等式的证明方法是很有益的。特别是运用概率论的方法证明，构造出适当的概率模型加以说明和解释则非常有助于恒等式的记忆，理解与运用。

通过对本文的深入研究，不但使我对于概率论的方法证明组合恒等式有了更深一步了解，而且了解概率论在科学研究和实际生活中的很多应用，这更坚定了我努力研究数学知识并将这些知识应用于生活中的决心。

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参考文献

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致 谢

我要感谢我的导师崔继贤老师，他为人随和热情，治学严谨细心。在闲聊中他总是能像知心朋友一样鼓励我，在论文的写作和措辞方面他总会以“专业标准” 严格要求我，从选题定题开始，一直到论文最后的反复修改，润色，崔老师始终认真负责地给与我深刻而细致地指导，帮助我开拓研究思路，热心点拨，热忱鼓励。正是崔老师的无私帮助与热忱鼓励，我的毕业论文才能够得以顺利完成，再次谢谢崔老师。

然后还要感谢大学四年来所有的老师，为我打下数学专业知识的基础，感谢李学院和我的母校——齐齐哈尔大学四年来对我的大力栽培。

最后我要感谢我四年的大学同学，感谢我的家人和那些永远忘不了的朋友，他们的支持与情感，是我永远的财富

第四篇：李银泽事迹

李银泽，彝族，中共党员，1980年12月出生，1999年12月入伍，2003年11月入党，现任昆明市公安消防支队特勤大队一中队专勤班班长，二级士官。入伍5年来，李银泽同志始终牢记全心全意为人民服务的宗旨，正确树立革命人生观、价值观、世界观，忠实履行一名消防战士的职责和神圣使命，他一直战斗在灭火救援保卫第一线，把5年最美好的青春年华无私地献给了昆明消防特勤事业。5年来，李银泽同志在艰苦的训练场上摸爬滚打，与肆虐的大火拼杀搏斗，用青春、汗水和热血保卫着春城人民生活的安宁，体验着追求理想的艰辛与幸福，展现着自己人生的价值。他先后参与了全市及省内部分地区的多起重、特大火灾扑救以及化学泄漏、山体滑坡等特殊灾害事故的处置，屡立战功，为保卫国家经济建设和人民群众生命财产的安全做出了突出贡献。在5.12安宁泥磷泄漏火灾扑救战斗中，李银泽再一次深入险境，勇挑重担，完成了最危险、最艰巨的任务，为部队扑救火灾、处置泄漏作出了突出贡献，用自己的青春年华在烈火中谱写出壮丽诗篇。

一、不畏牺牲迎难而上深入险地侦察堵漏

2005年5月12日凌晨零时，云南马龙产业集团股份有限公司安宁分公司储存有100余吨泥磷物料的4号沉降浓缩槽发生泄漏事故。泥磷燃烧生成的刺激有毒烟雾笼罩了整个厂区，弥漫至附近村庄，情况十分危急，如果泄漏扩大，灾害蔓延，引发邻近储罐事故，后果将更加不堪设想。关键时刻，特勤官兵临危受命，迅速出动，苦战4天3夜，打下硬仗，再显神威。

李银泽随首批出动力量于12日4时50分左右达到现场，这样的场面对于他来说也是第一次，许多新同志都有点发懵，但李银泽清楚自己是老同志，不能乱了阵脚，一切听从中队指挥员的命令。现场浓烟滚滚，情况不明，处置事故无从下手。李银泽整顿好自己带领的人员，做好个人防护主动请战，同副中队长一起前往火场深处进行侦察。高温和浓烟让他们难以靠近，但还是初步了解和熟悉了沉降槽底部泄漏和燃烧的基本情况。李银泽撤出燃烧区域，脱下厚重的避火服头盔，来不及擦去汗水便开始向指挥员汇报情况，得到燃烧区域的一些宝贵情况，现场官兵决定首先出水进行强攻，力争先灭火再想办法堵漏。两个小时过去了，大火灭了又燃，燃了又灭，特勤官兵反复近战强攻，然而事与愿违，由于燃烧时间较长，罐底泄漏更加严重，火势更加猛烈，强攻方案被迫取消。12日上午，现场情况进一步变化，刚成立的指挥部决定由支队参谋长和特勤大队颜副大队长带领3名士官再次侦察，白天能见度有所好转，侦察组到了罐底泄漏处，正当同志们进行勘察观测时，泄漏口泄漏量瞬间加大。突然，成块的泥磷落下来，颜华副大队长躲闪不及,火团溅起的磷水混合物沾染上左腿，不幸被自燃的黄磷烧伤，受伤较重。此时，李银泽距离颜华副大队长不足1米，下落的火团溅起的磷水混合物朝他扑去，他往后用力一蹬，溅起的泥磷正好掉在他的战斗鞋面上，不论是侥幸，还是身手敏捷，他又一次与危险擦肩而过。

颜副大队长受伤的不幸并没有使李银泽在巨大的危险面前退却，他毅然领受了堵漏的命令，和战友穿戴好避火服，准备好各种可能用到的堵漏器材，来到泄漏罐前待命，一旦局部围堰成功就增加水枪强攻并掩护堵漏。等待是需要勇气和毅力的，刚才那一幕悲壮的场景，仍是如此清晰，历历在目，对此，每一个人都会害怕、恐惧，心理都会产生一定的想法……然而李银泽的目光是那样的坚毅，一旦时机成熟，指挥员发出命令，他会如猛虎下山一般，毫不犹豫地冲上前去完成那可能付出生命代价的艰巨任务！最终，因为泄漏量太大，火势猛烈，指挥部被迫决定取消堵漏任务，但当零距离接触泄漏燃烧区域，牺牲的危险随时迫近时，李银泽那种深入险境，临危不惧，义无反顾的大无畏精神仍然令在场的官兵无不钦佩。

二、坚守阵地独当一面光荣负伤坚持战斗

无法近战达到速战速决的目的，特勤官兵只能转入冷却控制，配合围堰填埋，处置进入僵持阶段。李银泽带领本班人员把满腔热血转化到了周围的水枪阵地上，对泄漏罐实施冷却，掩护工人进行筑堤围堰。火场是千变万化的，危险随时会发生，由于现场风向改变，空气流动加剧，泥磷燃烧迅速，瞬间浓烟滚滚，遮天蔽日，燃烧的泥磷四处飞溅，火势瞬间增大，李银泽和战友占据的水枪阵地受到威胁。中队指挥员“转移水枪阵地，确保冷却水不见断”的命令传来，为避免供水线路受损，他和一名战友拖着近30米的水带干线，翻越重重障碍，把水枪阵地转移到上风方向的围堰沙堆上，继续战斗。由于对环境不熟悉，又要掩护、协助战友，加之能见度太低，李银泽不慎一脚踩空，侧翻在斜坡上，左腿膝关节韧带严重拉伤。然而，这个消息却是在一天后他撤出现场时才被战友们发现。环境异常艰险，身体伤痛阵阵，可李银泽哪里顾得上这些，他控制着水枪变换射流，立体冷却罐体并扑救外围火点，在全队官兵的连续奋战和共同努力下，四个水枪阵地持续射水实施灭火、掩护和冷却，持续射水将近5000吨，确保了围堰封堵工程顺利合围，将张狂蔓延的火势死死封在罐底。

很快，暮色降临，当地气压降低，大量烟气沉降并笼罩在部队宿营地，休整的战士都戴着防毒口罩席地而眠，李银泽却还在忙碌着。身为专勤车驾驶员，他主动赶到火场指挥部前，将车载照明灯升起，对指挥部和周围区域实施照明。只见他一会钻进火场与肆虐的火魔展开殊死搏斗，一会又利用轮换休息时间检查维护车辆和照明装备，确保指挥部和处置现场的照明到位，就像一部上足了发条的机器，不知疲倦的工作。13日18时，火势相对稳定，看着双眼通红，精疲力竭的李银泽，大队领导再也不忍心让他留在火场，命令他返回中队休息。直到登车时，李银泽缓慢的抬起左脚，举步为艰，战友们才发现他的膝盖受了伤，这时，李银泽已瞒着领导和战友，带伤坚持战斗了37个小时。在他心中，与国家和人民的利益比起来，这点伤痛算得了什么呢？15日上午，火魔被彻底缚住，胜利的消息传来，还扎着绷带的李银泽尽管没能亲眼看到胜利的场面，但也无比振奋，自己和全队战友又一次经历了血与火的洗礼，成为火场中一面屹立不倒的旗帜！战斗中的成绩并非偶然，在长期的工作、训练中，李银泽又何尝不是一根树立表率、创造一流业绩的标杆。

三、战功赫赫屡获殊荣刻苦训练勇攀高峰

入伍5年多来，他刻苦训练、积极进取，业务素质不断提高，各项工作成绩突出，所带班集体更是在全队脱颖而出，从业务考核到年终评比样样拿第一，多次被评为优秀班集体。他坚持“练为战”的指导思想，立足本职岗位，苦练精兵，在总队、支队历次考核、竞赛中屡屡取得优异成绩。在执勤岗位练兵活动中，他紧紧瞄准现代火场的需求，刻苦钻研训练新法，努力探索高科技器材装备与人结合发挥最佳效果的有效途径，不断加强业务学习，成为云南省消防部队小有名气的技术能手，被战友们誉为云岭“特勤尖兵”。他连续三年参加总队、支队执勤岗位练兵竞赛，以优异成绩获得“训练标兵”、“技术能手”等称号，并被荣记“三等功”二次，获得2002和2003全国执勤岗位练兵“先进个人”和“技术能手”称号，受到公安部通报表彰。

去年以来，李银泽先后参加了宜良中巴车坠河搜救遇难者，昆明南窑下水道抢救5名中毒人员，东川挖掘机翻车事故抢救被困司机，碧鸡关水库打牢溺水民工等大小抢险救援任务20余起，舍生忘死，救死扶伤，战功显赫。作为“火凤凰”突击队的主力成员和中队特种车驾驶员，李银泽工作成绩一流，模范表率作用突出，成为干部眼中的好士官，战士眼中的好班长。

第五篇：浪威演讲稿

自我介绍（略）

我们公司非常荣幸，承接了贵公司企业文化的修订和视觉形象的设计工作，经过近一个月的努力，终于有了成果。今天借这个机会，和浪威各位同仁探讨贵公司的企业文化，同时也是把我们这一个月以来的工作给大家做一次全面汇报。以下要讲的内容分两个部分：

第一是关于浪威装饰的企业文化。

第二将贵公司的VIS，也就是视觉形象识别系统展示给大家。

如果时间允许，我们欢迎大家就所讲内容提出问题，以便共同探讨。

第一我们谈企业文化，首先什么是企业文化？

企业文化是员工的意识形态在企业中的具体表现，反映企业成员共同认可的价值观和逐渐形成的工作态度，又称企业精神。美国劳伦斯等人把美国企业文化的基础归纳为目标、共识、贡献、一体、成效、实证、亲密、正直8种基本的价值观。

简单的讲，企业文化就是认准目标，统一思想。比如说在马路听警察的话，不闯红灯；在单位听领导的话，不迟到不早退；在社会听党的话，讲究八廉八耻。当然这要求是低了点，是为人处世的下限，远远没有上升到文化的高度，文化并不等同于知识，如果知识就是文化，那么最有文化的绝不是人，是电脑。将文章消化叫理解，将知识理解叫境界，有了良好的境界才有正确的判断力；有了正确的判断力，才能形成良好的价值观念。企业文化就是集体的文化境界，需要积累和追求，是企业精神的上限。只有企业中的每个成员建立起共同的价值观，道德规范、思想意识和工作态度，求同存异，才能实现共同的奋斗目标，也就是企业愿景的达成。

企业文化的内容主要有两个方面：

①从内在来说，它包括企业员工的价值观念、道德规范、思想意识和工作态度等；②而外在的表现上，它包括企业的各种文化教育、技术培训、娱乐联谊活动等。今天就是浪威执行企业文化工作的最好表现。企业文化也反映了一种管理方式，它强调企业内部各成员的行为控制，通过价值取向来进行优化管理。前500强已把企业文化当作一种新型的管理工具，凭借这一工具把精心拟订的企业目标和策略变为具体的业绩。

浪威企业文化推演

浪威需要什么样的企业文化 ？

卓越铸就辉煌。只有卓越的企业文化才能达成辉煌的企业目标，毋庸置疑，浪威需要卓越的企业文化。

卓越的企业文化有那些内涵呢？

浪威志存高远，立志打造行业强势品牌，但成功之路并非坦途，所谓雄关万道真如铁，如今迈步重头越。二万五千里长征，首先要的是勇气。因此，浪威需要强大的具有激励作用的企业文化。

浪威创业于当代，成功于眼前。作为企业，获取利润是天职。但浪威在获得自身既得利润的同时，需要考虑相关各方的利益。更多的时候不是直接占有，而是暂时放弃，财聚人散，财散人聚，这是正确而长久的利益观，是智慧的具有强大生命力的价值观。浪威需要具有正确价值观的企业文化。

浪威创业于狼奔冢突、空前激烈的竞争年代，白手起家，艰苦创业，筚路蓝缕，倍感艰辛。但是，浪威人走过来了！凭借自强不息的奋斗精神，浪威人在眼下创造了属于自己的“奇迹”，将来浪威人还将创造更大的“奇迹”。“奇迹”的背后，依靠的是不屈的奋斗精神。浪威需要奋斗的企业文化。

浪威创业的成功，不仅仅是企业家的成功，而且是全体浪威人共同创业的成功；浪威创业史册上永远铭刻着每位创业者的贡献。每位浪威人都应该，并且都能分享到创业的成果。浪威需要分享的企业文化。

浪威专业从事五星级酒店装饰，需要专业的素质和专注的精神，专业专注，行为聚焦，然后才能成就非凡。在今后的岁月中，浪威将会专注于五星级酒店装饰行业，为企业的进步，行业的发展不遗余力。浪威需要体现专业专注精神的企业文化。

浪威在经营活动中，需要社会公众的了解和关注，并得到认同。因此，浪威文化的核心价值观，应该具备更多的公众属性。浪威需要社会公众认同的企业文化。

企业文化是不断发展的，不是封闭和一成不变的，需要与时俱进。只有开放、吸收的企业文化，才能不断发展。浪威需要开放的企业文化。

浪威的企业文化还需要具备包容性，能够广泛吸收世界范围内优秀的企业文化。浪威需要包容的企业文化。

浪威为自己专业从事五星级酒店装饰行业而自豪，因此，浪威的企业文化需要有更多的与行业相关的特定元素的表达。这是属于浪威企业文化的基因（DNA）。浪威需要体现行业特性的企业文化。

浪威企业文化的特征

从上文推演中可以看出，浪威需要的企业文化富有自己的个性特征，同时又具备良好的社会属性。浪威需要卓越的企业文化，激励的企业文化，具有社会责任感的企业文化，具有正确价值观的企业文化，体现专注精神的企业文化，社会公众认同的企业文化，开放的企业文化，包容的企业文化，体现行业特性的企业文化。其中的关键词是卓越、激励、社会责任、价值观、奋斗、分享、专业专注精神、社会公众认同、开放、包容、行业特性。由此才能形成自己的浪威文化。

浪威文化以守法诚信，双赢共进为企业宗旨；以创百年一流装饰品牌为企业愿景；以诚信、热情、团结、卓越、创新为企业精神；以坚持标准，确保品质，优质服务，持续创新为管理方针；以安全，优质，高效，低耗为管理目标。

由此，我们提炼出浪威企业形象的一句核心理念：

“浪威装饰 修润天下”

我们将这句话拆分来看，可以得出以下词组：装修、润饰、浪威天下。显而易见，在这个核心理念中，我们读出了浪威的行业属性，于精工细作中的专业专注的品性，和五星级酒店装饰行业中舍我其谁的自信和气魄。

下面是第二部分，什么是CIS？

CIS意思是企业识别系统（Corporate Identity System，简称CIS）是将企业经营理念、文化内涵及企业精神（Mind Identity，简称MI），通过企业集团对内、对外的行为语言与活动（Behavior Identity，简称BI），以及一整套程序化、系统化、规范化的企业视觉符号（Visua Identity，简称VI）传递给社会大众，具有突出企业个性、塑造品牌形象的功能，是推动企业不但发展的内在动力；是企业产品或服务步入品牌化路线的执行开端，也是体现企业实力的一种重要的无形资产。

目前对于CIS的起源说法很多，最为普遍的说法是：“有人将伦敦地铁标志的设计和运用作为最早的ＣＩ实例。由于地铁是公共设施，有人便将最早ＣＩ实例这一殊荣让给德国ＡＥＧ电器公司，１９０７年著名的建筑家贝伦斯为该公司设计了商标等ＶＩ系统，也有人认为现代CI的始祖应数IBM。”也有一些中国学者提出了他们的看法，认为中国才是世界CIS的鼻祖，中国ＣＩ学者认为古代的酒幌、商号乃至妓院名称、妓女的个人品牌等等都是ＣＩ，而且商业活动早在中国商朝便已有了，其间也有ＣＩ现象。这是一笔糊涂帐，确定世界上第一个ＣＩ案例是很困难的，而且没有多大意义。但是在中国，有一个有趣的现象。那就是千古一帝秦始皇，首先他创立了皇帝这个名词，确立其至高无上的个人形象，他采纳韩非、李斯的法家理论规范了帝国的统治系统，焚书坑儒统一思想，这些是帝国的经营理念和文化内涵，他自号 “始皇帝”，以后是二世三世直至万世，这是帝国愿景。以上是MI。然后书同文，车同轨，统一度量衡，统一货币，设立郡县制等等，这是帝国的行为部分，是BI。最有趣的是，他以祖龙的形象作为自己的标志，定义五形中水为吉，火为害。并将朝臣的服装统一为黑色。这是视觉识别，是VI。他创立的这套皇帝制度在中国延续了两千两百多年。用CIS的方法对其进行衡量，我们发现这套帝国制度的CIS系统才是最成功。

随着改革开放的不断深化，特别是在我国加入世界贸易组织之后，国际强势品牌进驻中国市场，必然形成强大的竞争压力，同时也给中国各行各业带来机遇和巨大的市场潜力。面对未来的挑战，浪威装饰适时推行导入全新品牌的VI系统，有利于构筑统一、规范、鲜明的品牌市场形象；树立和保持品牌优势；有助于扩大浪威装饰在行业的知名度和美誉度，提高占有市场的竞争力，从而使企业的整体水平上一个新台阶，综合素质有一个新提高，为真正实现强势品牌的发展战略目标，迈出坚实的一步。藉此编印此手册以形成企业整体的VIS规范要求，为企业的CIS更趋统一和完善，为企业的标准化、规范化管理提供有力的依据。本手册是浪威装饰的视觉识别系统（VIS）手册。

本手册的执行和使用，牵动全局，涉及范围覆盖企业的方方面面，是一个不断实践不但完善的过程。企业下属各部门在经营管理活动中，应自觉维护品牌形象的权威性、统一性，规范准确的使用本手册，同时对于使用过程中，发现的不足之处和新问题，请及时反馈高层，以便做出认真的研究和必要的修改补充。

视觉识别系统(VIS)其意是指将企业品牌的一切可视事物进行统一的视觉识别规范，达到符号化、标准化、专有化。视觉识别系统(VIS)分为两大主要方面：一是基础系统，包括品牌标志、标准字体、印刷字体、标准图形、标准色彩等要素；二是应用系统，包括办公用品、公共关系、企业环境导示、交通工具、服装服饰以及印刷出版物等。