作文教案李美银

第一篇：作文教案李美银

《我的理想》作文教学设计

——人教版六年级下学期第三单元（李美银）

教学目标：

1.创设宽松自由的环境，通过师生相互倾诉自己的理想以及理想背后的故事，继续培养学生倾听、应对和表达的能力，帮助学生树立良好的理想观。树立远大理想，并为理想而努力。

2.在口语表达的基础上进行习作，表达自己内在的真实体验，指导学生运用所学的表达方法，进行有条理的写作。

教学重点、难点：

1．确定理想要合乎现实。.注意文章的层次性，找到实现理想的途径。

3.具体、生动地描述自己的理想，有条理地进行表达。

4.引导学生对习作《我的理想》进行赏评、修改，让学生在活动中悟得习作之法、修改之法，提高习作能力。

教学过程：

一、谈话导入，激发学生表达兴趣。

二、用心畅谈理想

1.学生大声说自己的理想

2.指名说

3.师：理想虽然没有好坏、对错、贵贱之分，但是，如果一个人的理想是崇高的，是对别人有益的，那么，他的人生也就更有意义了。其实理想也不是一成不变的，很可能会随着年龄的增长、环境的变化而改变。比如：鲁迅先生开始他的理想是想当一名医生，远赴日本求医。后来，在一次偶然之中，他发现医术只能救助中国人的身体，而不能医治国人麻木的心灵，于是，他决定弃医从文，用笔杆子唤醒中国人的灵魂。

4.听了老师的话你是否要改改自己的理想呢？

三、回忆理想背后真实的故事

1.孩子们，不管你有什么样的理想，我想，每一个理想背后，一定会有一个小小的故事。老师小时侯，非常羡慕教师这个职业，梦想有一天也能站在讲台上。再加上家庭条件很不好，就想早点参加工作。想听听老师理想背后的故事吗？

2..教师读下水文

3.让我们在小组中说说你为什么要树立这样的理想？自己理想背后都有哪些故事。是因为某个人，某一句话，某件事情或某一本书……然后各小组推荐1至2人全班交流。

4.这一桩桩，一件件理想背后的故事将成为我们美好的回忆，有了这一段段故事，就有了一份幸福的期待。.有人说：理想是用来追的，不是用来想的。记得作家巴金曾说过：理想不抛弃苦心追求的人，只要不停止追求，就终有实现理想的那一天。为了实现理想，很多人为之付出了艰辛的努力，才终于成功！

四、谈谈为实现理想应如何努力

1．学生谈怎么做才能实现理想？如：多读相关书籍，拓宽自己的知识面；或现在就好好学习，为以后的学习打下夯实的基础……同桌进行交流。

2.指名说说。

五、将所想成文

1.师：孩子们，此刻，你的心中一定涌动着关于理想的种种激情，那就请拿好你手中的笔，准备开始吧！

2.板书结构安排：

是什么（略写）

我的理想为什么（详写）

该怎么（详写）

心情和感受（略写）

3.开始习作，教师辅导个别学生

六、、静心修改取长补短

1.找你要好的伙伴互改。

2.自己在读出声来修改。

七、认真誊写在作文本上

第二篇：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

齐齐哈尔大学毕业设计(论文)

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

第三篇：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。

第四篇：教案认识直角李美霞

《认识直角》教案

第二小学

李美霞

教学内容：认识直角P65-66。

学习目标：

1、结合生活实例，经历从实际物体中抽象出直角的过程，直观认识直角，初步发展空间观念。

2、结合操作活动，会借助三角板辨认直角、锐角和钝角。

3、在认识直角的过程中，培养与人合作的意识，发展初步的观察能力和实践能力，体会数学与生活的密切联系，增强数学学习的兴趣。

教学重点、难点：初步感知直角的特征；会画直角，判断直角、锐角、钝角；建立直角的表象。

教具准备： 三角板、多媒体课件、微课

教学过程：

一、自学引导

1、认识直角。

谈话：前面我们认识了角，现在你知道角是由哪几部分组成吗？（指名汇报）

2、谈话：看看这个正方形，你能指出它的角吗？（指名一生上前指角，指出有4个同样的角）

在纸工袋上有几个这样大小的角？三角板上呢？

3、谈话：刚才我们找出的这些角都有一个共同的名称，叫“直角”。一般我们还要在直角上标上一个符号来表示直角。今天这节课我们就一起来认识直角。

4、小朋友，刚才看了这个题目，你想知道什么吗？

5、直角有什么特点？怎样折一个直角？怎么画一个直角？不是直角的角有名字吗？怎么去区分？（自学课本66页，解决问题）

二、合作交流

1、小组合作交流自学中5的问题。比一比大家折的直角看有什么发现？

2、在我们生活中许多地方都有直角，你能从教室里找到其他的直角吗？等会儿要请你来说一说：你找到的直角在哪里，你是怎么知道它是直角的？你能用任意两块三角板拼出一个直角吗？

3、看微课帮助你解决疑惑问题？

三、展示点拨

1、展示用圆形纸和不规则纸折角？说说你有什么发现？（直角都是一样大小的）

2、展示你用什么方法可以找到数学书封面上的直角呢？（学生汇报，两种方法。）

3、指名展示，并说说你是怎么画的？怎样验证？

4、师点拨：这个角比直角（小），它也有一个名称，叫锐角。那么这个角比直角（大），名字叫钝角。看一看你们的三角板上有锐 角和钝角吗？谁来指一指？（指名上前指一指）

四、练习评测

1、想想做做第4题。

下面的角，哪些是直角，哪些是锐角，哪些是钝角? 学生独立完成，指名汇报。

2、想想做做第5题。

照下面左图的样子标出其他各图形中的直角.学生独立完成，指名展示、汇报。

3、在下边的图形中，你能找到几个直角、几个锐角和几个钝角？（图略）

五、总结

谈话：通过今天的学习，你有什么收获？

板书设计

认识直角 直角 锐角 钝角

第五篇：李银雪个人总结

工 作 总 结

（白沙乡党委委员、副乡长 李银雪）

2011年5月10日

近五年来，我始终力求做好本职工作、学习党的理论知识、团结务实、开拓创新、坚持科学发展观，在同志们的关心、支持和帮助下，以“服从领导、团结同志、认真学习、扎实工作”为准则，始终坚持高标准、严要求，在学习、思想和工作等方面取得了一定的成绩。现总结如下：

一、加强学习，提高了自身素质

加强学习是提高自身素质的最好方法，是提高工作水平和能力最重要的途径。五年来，我始终坚持把政治理论学习和业务知识学习作为重要任务来对待，以积极的态度和饱满的热情学习马克思主义理论、十六、十七大精神，以及各种法律法规。通过学习提高了自身素质，加强了党性修养，增强了公仆意识和宗旨意识，提高了自己的政治敏锐性和鉴别力。

二、拒腐防变，抓好了思想建设

思想道德素质是正确行使党和人民赋予的权力，完成党和人民交给的工作不可缺少的主观条件。作为一名共产党员领导干部，本人能够摆正自己的位臵，认清自己的角 色，树立正确的权力观，坚持立党为公，执政为民，以饱满的精神状态投入到全心全意为人民服务中去。我深明“政者、正也”的道理。有一腔浩然正气，工作才能无所畏惧，在前进的路上不摇摆、不迷失、不跌倒。我在平时工作中注意树立良好的思想作风，做“三个代表”坚定的信仰者、传播者、实践者，时刻保持正确的政治方向和政治立场，加强廉洁自律，在思想上筑牢拒腐防变的防线，始终保持清醒的头脑，自尊、自重、自省、自警、自励，在任何情况下都耐得住寂寞，守得住清贫，顶得住诱惑，经得住考验，做到一身正气，一尘不染。在大事大非面前，讲党性原则，是非分明，立场坚定，不信谣传谣，思想上、政治上始终同党中央保持高度一致。

三、恪尽职守，做好了本职工作

㈠做教师时（2006年至2007年11月）。认真求知悟教，探索素质教育真谛，大胆以寓教于乐的开放式教学方法，与学生共同吸食语文课本上的人文食粮和掌握语文基础知识及技能，教会学生学会做人、学会学习、学会生活。2006年所教的小学六年级取得全镇同年级第一名、三年级取得全镇同年级第二名的成绩。2007年所教的初中九年级班级语文平均分为74分，所教学生有1人考取兴义八中、2人考取兴义一中、4人考取兴义五中。很好地完 成了各学期的教育、教学任务。

㈡当乡长助理期间（2007年11月至2009年9月）。调到白沙后，我及时进入角色，紧紧围绕乡党委、政府的各项中心工作，充分发挥作为一个乡长助理应有的参谋助手作用。一是准确把握工作难点和重点，掌握情况，协助完善，较好地贯彻好乡党委、政府的决策部署。二是紧贴乡党委、政府的中心工作，围绕难点问题，积极调研苗头性、倾向性、预测性的事物和工作，努力为乡党委、政府领导决策提供全方位、多领域、多角度的决策意见和建议。一直努力协助乡长工作、分管过“整脏治乱”工作、负责过党政办公室工作、协助过政法委书记抓党建和人事工作、兼任过白沙社区党支部书记等。“整脏治乱”工作方面，2007、2008全年考核均在全县前五名以前。党政办公室工作方面，一是接待和会议工作多次得到州县领导的好评；二是协调督办好全乡各口工作，使全乡工作在2008和2009的绩效考核中均获得全县第一名；三是信访维稳工作扎实开展，没有出现群体上访事件；四是把党政办公室的几位新同志培养成了业务骨干。党建工作方面，积极探索和创新第三批深入学习实践科学发展观活动试点工作方法，为全县开展该项活动提供了经验。全面调研，为白沙社区做了五至十五年的发展规划。特别 是在负责党政办公室工作中，我首先尽快熟悉白沙乡的三定方案和各项规定，在实践中深刻领会党政办的职责、定位和作用，树立好大局意识、发展意识和服务意识，把握好在领导面前的参谋辅政和部门之间的协调服务的定位以及单位内部的工作领班的定位。接着狠抓班子建设，发挥团队精神，我请乡里懂办公室工作的领导帮助指导，充分整合党政办全体人员力量，形成合力，让办文、办会、办事、接待、值班、卫生等各项工作的质量都得到提高，使乡党政班子成员间的分工负责、相互支持、相互补位渐成风尚，使全乡各项工作做到忙而不乱、协调有序，办事效率大为提高。

㈢任党委委员、副乡长后（2009年9月至今）。根据班子分工，我分管电力、邮政、电信、民宗、气象、粮食、供销等工作，主要在人口与计生工作中包铁厂村。各项工作，我都深入群众进行调研，跑部门协调，争取领导支持。为全乡多个自然村寨争取农网改造工程13.5公里，受益群众247户1529人；冰灾、风灾时多次带领部门工作人员检修、抢修通信设施确保通信尽快畅通；为更好地开展白沙乡的民族宗教工作，到各个少数民族村寨进行认真调研，组织撰写了《白沙乡民族宗教资源调研报 告》；到铁厂村家家户户进行人口与计划生育的宣传工作和排查工作，以坚定的政治立场和对党的无比忠诚开展和完成好所包村的计生工作，集中精力，团结干部职工，以宣传教育为主，以行政措施为辅，将优质服务与落实节育措施有机结合起来，按对象就是任务的思路开展工作，落实男扎术1例、女扎术47例（其中二女结扎术4例）、上环术63例、引产术4例，征收社会抚养费6.9万元，超额完成了各季度计划生育工作任务，在全乡计生队伍中起到了很好的表率作用。

四、存在的不足和今后努力的方向

一是政治理论学习，特别是科学发展观的学习，还有待进一步加强，与新时期、新任务的要求还有较大差距；二是综合协调能力还有待进一步提高。

在今后的工作中，我要认真总结以往的经验教训，以更高的标准要求自我，不断提升工作水平，不遗余力地投入到自己的工作中去，不辜负党和人民的重托，力争让组织放心、人民满意。