李银毕业论文

李银毕业论文（通用4篇）

李银毕业论文 篇1

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

[1] 纪玉卿，祝广大.组合恒等式的概率证法[J].许昌师专学报, 1999，18(5)：84-87 [2] 谭毓澄，张劲松，王玉娟.由一概率问题引出的组合恒等式[J].江西教育学院学报（综合），2008，29(6): 7-8

[3] 田俊忠，魏淑清.恒等式的概率方法证明[J].固原师专学（自然科学版）,1997，18(13): 10-12

[4] 卢开澄,卢华明.组合数学[M].北京：清华大学出版社,2006

[5] 姚仲明.恒等式证明的概率模型法[J].安庆师范学院学报（自然科学版）, 2003,9(4)：37-38

[6] 张太平.用概率思想证明组合恒等式[J].《张太平：用概率思想证明组合恒等式》1999，10(2)：67-70

[7] 潘茂桂.用概率方法证明组合恒等式[J].牡丹江师范学院报(自然科学版).2000，1(2):39-40

[8] 潘茂桂，撒晓婴.用概率方法证明组合恒等式[J].西南民族学院学报（自然科学版），1993，11(4):436-440

[9] 鲍焕明.组合恒等式的概率证明[J].牡丹江师范学院报(自然科学版).2000, 1(2):39-40

[10]Brualdi R A.Introductory combinatorics [M].New York:North-Holland, 1997,1-50.[11]Probablity Theory I 4th Edition [M].New York:Springer-Verlag,1977,189-195.32

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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

李银河的语录 篇2

1、如果你与别人之间没有隔阂，对于相识的人你只观察而不批判；如果你只单纯看着帆船在河上驶过并欣赏它的美，爱就在你心中升起了。

2、当人知道自己是一个默默无闻的人之后，会觉得非常痛苦。

3、不要那么认真地看待自己，没有人会这样看待你的。

4、生命本身虽无意义，但有些事对生命有意义。生命是多么短暂。我想让自由和美丽把它充满。

5、人应活得抽象还是具象？前者轻松后者沉重；前者空灵后者实落；前者愉悦后者烦恼。我还是倾向于活得抽象一些。人再有钱，再有权，再有名，还是一日三餐，生 老病死，所谓人为财死鸟为食亡，人人大同小异相差无几。索性不在意这些具象事物，活得抽象一些，想些抽象的事情，反而会愉悦一些。

6、一个喜悦的、真正快乐的人，是不费力气生活的人。

7、我 们从幼儿园开始就在与人竞争，总要与别人比高低，别人比自己强时，就难免嫉妒，这就使我们的内心不得安宁。因为在这个世界上，总有人比我们更有才华，更有 权力，更有名望，更富有，更美丽，如果不安于自己所拥有的，内心就永远没有快乐。除了和别人比，我们还同期望中的自己比，期望中的自己也总是比真实的自己 更有才华，更有权力，更有名望，更富有，更美丽。而这样就必须不断地奋斗。而克里希那穆提说：“我想就是这种费力的态度毁了我们，使我们几乎每分每秒都在 奋斗中。”

8、不要那么认真地看待自己，没有人会这样看待你的。——每个人都容易犯自我中心的错误，其实自己没那么重要，跟自己有关的一切也没什么大不了的。

9、与其使美好、高尚的道德架空，还不如让它不太美好、不太高尚一些。

10、要有定力凭的是两个功夫：一个是自信，一个是超脱。自信是相信自己没有做错什么，所言所行都是出于真实自我，既不拔高自己，也不妄自菲薄。超脱是能够站在地球之外俯瞰世事，能够站在当下之外回看时事。有了这样超脱的时间和空间视角，人自然能够超脱。

11、我相信，根据概率，一个社会中最容易存在的是曾经存在过的东西，最不容易存在的是不曾存在过的东西。

12、所有的艺术家都是性欲特别充沛满溢的人，在现实中无法实现，只有升华到音乐美术文学创作之中，从而创造出璀璨的精神之美。

13、“做一个快乐的人，这样你的人生才能幸福；做一个有知识的人，这样你的人生才能丰富；做一个懂礼貌的人，这样你的人生才能优雅。”

14、社会的发展有它自我的规律，咱们能做的也许只是静观其变了。

15、“一个喜悦的、真正快乐的人，是不费力气生活的人。” ——《李银河：我的生命哲学》

16、“做一个快乐的人，这样你的人生才能幸福；做一个有知识的人，这样你的人生才能丰富；做一个懂礼貌的人，这样你的人生才能优雅。” ——《人间采蜜记》

17、一座天空充满了地狱之火的天堂——但仍是一座天堂。 ——《虐恋亚文化》

18、·小波有次说，我们这代人跟前后两代最不一样的经历就是，我们体验过绝望的感觉。当时中国没有大学可上，也没有地方可去，我们都曾经当真想过做一辈子农民，在农村终老。而农村除了种地劳作，没有其他事情可做。所以就连去打仗死掉也不显得那么可怕了。

19、风格几乎是无意识的。也就是说，一个人的风格就是他灵魂的样子，他的文字也就是他灵魂无意识的表达。学是学不来的，改也改不了。

20、我相信，根据概率，一个社会中最容易存在的是曾经存在过的东西，最不容易存在的是不曾存在过的东西。

21、爱情的美好感觉是因宗教教条对人的身体欲望的压抑和贬低所做出的剧烈的反弹。对于古人和未来人，都没有爱情这回事，爱情原来是欲望被魔鬼化，被压抑，被禁忌所引起的反弹，是一种夸张的热情。在压抑接触之后，反弹就没有必要，夸张也就变得可笑了。原来，爱神也就是一个中常人，可是年深日久的妖魔化，神秘化和刻意的遮遮掩掩把她变成了一个美人，由大量的想象和可望不可即塑造而成的超级美人。在我们的后人看来，完全是不可理喻的。我们可以清醒了吧。虽然清醒了会比较痛苦：我们丧失了一个神圣而美好的东西。

22、人生在世，不得不平庸，不得不琐碎，不得不常态，因为所有的人都这样活着，你凭什么不这样活着？但是有些人不安于平庸所思，不安于常态，对于他们来说，只有变态的才是美的，或者说只有被世俗视为变态的才是美的。这不仅是一个普通的判断，而且是他们的生活宗旨。

23、要有定力凭的是两个功夫：一个是自信，一个是超脱。自信是相信自己没有做错什么，所言所行都是出于真实自我，既不拔高自己，也不妄自菲薄。超脱是能够站在地球之外俯瞰世事，能够站在当下之外回看时事。有了这样超脱的时间和空间视角，人自然能够超脱。

24、库利的浪漫理想主义犯了与一切宗教相似的一个错误：把善良的愿望当做了社会的事实。完全不计利害的首属群体之间的感情绝难扩大到全社会中去。

25、按照弗洛伊德的理论，原欲受阻会升华成艺术，如文学、美术、音乐。

26、所有的艺术家都是性欲特别充沛满溢的人，在现实中无法实现，只有升华到音乐美术文学创作之中，从而创造出璀璨的精神之美。

27、我希望中国人活得稍微快乐一点，自尊一点，自由一点，不要把自己当成天生的囚犯，不要把自己的生活变成一付苦药，不要成天愁眉不展，恨妈妈给自己生了一个性器官，甚至恨妈妈把自己生到这个世界上来。

28、我倒觉得这样的秩序比过去那种只许一边说话要好。

29、中国人有一种享受上的无能。

30、一个文明的社会不应当有这样野蛮的法律。

31、宪法中的集会自由条文如果得到认真的执行，不但不会破坏社会的安定，反倒是会促进社会稳定的。

32、食色之外的生活内容（审美）所占的比重越大，则人越远离动物。

33、现在，不看重感情因素的婚姻已经逐渐褪去，当代中国人的婚姻中感情因素也越来越被看重。

34、保护少数人的利益并不会伤害多数人的利益，而是增进多数人的利益，促进社会和谐。

35、宪法中的集会自由由于具体程序上的阻隔常常无法实现，结果成为一纸空文，其后果很容易导致社会**。——李银河

36、所谓享受包括两个方面物质的和精神的。

37、我的幸福太多了一些，心中的郁结太少了一些，这对文学很不利。——李银河

38、我要开始享受生活了。我不愿意再多尽我的社会责任，因为它太打扰我的生活，也使领导为我承受压力，我觉得他们都是好人。——李银河

39、中国人现在最紧迫最困难最值得关注的还是一个温饱问题，其他问题谈起来未免太精英，太前卫，太奢侈。

40、法律的出发点不是惩罚人，而是保护人。

41、仇恨和嫉妒是两种强烈的情绪。

42、想到人的一生其实也就是身边的几个人知道你曾经存在过，这的确是一件让人沮丧的事。——李银河

43、中国人踢不好足球跟我们的民族性格有关。

44、在中国谁能有不可侵犯的个人尊严？

45、真正能够给人带来喜悦的是什么呢？还是物质和精神上的享受。

46、如果设立了某种法律又不严格执行，那是法制的不健全。——李银河

47、还有一类人还有欲望，但是觉得它见不得人，所以有人要肯定这个欲望，说它是自然的正常的没什么了不起的，他们就要发歇斯底里。我更可怜你们。

48、与其说以人为研究对象的社会学是科学，不如说它是文学或者哲学。

49、所谓教育在中国和在西方根本不是一回事人家是学点知识，咱们是玩命。——李银河

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李银毕业论文 篇3

那年回家乡，让我见识了梦中的大海。

清晨，我站在阳台上，静静地看着一望无际的大海，多么安静，祥和。它仿佛还在沉睡，好像襁褓中的婴儿，轻轻地打着鼾。它柔和的呼吸，泛起一阵阵波浪。好可爱的孩子!这时，太阳已经完全升起来了，强烈的阳光射在海面，此时它好像被耀眼的阳光刺痛了双眼而苏醒，又恢复了往日的活力。

下午的大海是喧闹的，许多的游人在这里嬉戏、娱乐。小孩子在岸边用沙土堆其心中神圣的城堡。更多的人选择亲身下海去体验。大海仿佛也被游人的快乐感染了一般，不时推几个波浪拍击着岸边，孩子们更是被这调皮的海浪弄得呵呵直乐。原来，大海也是这么富有爱心，懂得我们心中的喜怒哀乐。如果仔细在海边寻觅，还会有意外的收获。一个个颜色各异的贝壳，是大海送给你的珍贵礼物，而且，里面蕴含着大海的心意与祝福。

傍晚，我和奶奶去海边散步。我们提着鞋子，挽起裤腿，任浪花轻拂着脚。海浪拍击海岸的声音，细细一听，那是一曲交响乐呀，他有大海的惆怅与寂寞。我们的脚印清晰地留在了沙滩上，随着海浪的冲刷，消失得无影无踪。可我知道，它一定记住了我，记住我带给它的快乐!

夕阳西下，天边的火烧云给这美好的一天收住了结尾。但大海的故事永无句号，它还会带给我们意外的惊喜!

李银毕业论文 篇4

1959年我7岁时进入北京第一实验小学。这个小学坐落在和平门附近，学校的教室是古色古香的带回廊的两层小木楼，小楼漆着斑驳的深红色油漆。

我们那会儿入学考试好像很简单。我记得考了汉语拼音。老师在黑板上写了一个大大的“a”，认得就行了。别的不记得还考了些什么。

我从来都是好学生、乖乖女，学习对我来说从没有困难过。可能这点有遗传因素——我爸爸小时候上学也从来是第一名。他四岁时祖父就去世了，是伯伯养活他的。祖父家是贫农，伯伯为了供他上学竟然不让自己的亲生儿子上学。一个是因为爸爸的确念书念得好，是个念书的“材料”，一个也是伯伯心太好了。所以爸爸解放后一进北京就把伯伯从老家接了来，一直供养他到去世。长兄如父这句古话在我伯伯那里完全是真事。爸爸对他尊崇备至他是当之无愧的。

说是遗传好还有一些证据，那就是我的哥哥姐姐以及他们的小孩也都个个出类拔萃。大姐二姐全上哈尔滨军工(其实完全可以上清华，可是她们那个年代所有的青年都想献身国防工业，上军工直接参军);二姐参加中学生数学竞赛曾代表获奖者讲话，登了报纸;哥哥中学得金质奖章，那可必须是全5分的，有一个4分都不成;哥哥的女儿14岁上清华，18岁考取美国杜克大学，小小年纪已经在霍普金斯大学当老师了;姐姐的儿子也是实验中学的优秀生，学校要保送他上清华，他嫌专业不好，自己去考上清华计算机系。

我这辈子没有正规考过什么试，所以完全不知道自己的程度究竟如何。感觉上似乎我智力的极限从来没有受到过真正的挑战，从没觉得什么东西学不会。我们小学由于是师范大学的附属小学，所以有时会有实验性质的来自北师大的测验。有一次，全班参加一个算术测验，跟平时上课测验不一样的是：这个卷子设计的题量特别大，是根本做不完的，只是要求我们能做多少做多少。我交卷时感觉不太好，因为没有做完，这还是第一次测验没做完题。过了些日子，我已经忘记了这次考试，可是突然我当着全班同学的面，被授予了来自师范大学的一根铅笔的奖励，说我是那次测验的第一名，也是唯一的得奖者。我的虚荣心得到了一次意外的满足。