幾個恆等式的總何證明
~IJ 盲 本刊第 247 期 ICatalan
Numbers 簡介」 一文中，筆者曾經介紹如何由一個求解路徑個 數的問題導出 Catalannumbers
;本文中，讀者 將看到類似的概念可以用來證明許多與二項 式係數有關的恆等式。 所謂「二項式係數 J (binomial
coefficients) 指的是可表為 .,!C仰， r) = 一一一
r!(n - r)! 的數，這些數因出現於二項式定理(binomial
theorem) 而得名:當然，這些數也就是讀者熟 悉的巴斯卡三角形 (Pascal's triangle) 所含的 數。 C仰， r) 在數學上又常記作cj 或(~)
本文假設其中的 n 與 r 皆為非負整數。 基本概念 下圖中的直線與橫線代表著道路:y
t‘、fn
m
x
一 21 一許介彥
大葉大學電信工程學系
某人想由原點出發，循最短的路徑到達 仰， m) ， 也就是說，他隨時不是朝東(正 x 軸 方向)就是朝北(正 y 軸方向) ;請問他總共 有幾種走法?上圖中的祖線顯示了一種可能 的走法。 很明顯，不管此人怎麼走，他都須向東 及向北分別走 n 格及 m 格(總共須走 (n+m) 格) ;如果我們將向東一格及向北一格分別用 一個 E 及一個 N 來表示，那麼此人的任何一種 走法都可以用一個包含了 n 個 E 及 m 個 N 的 字串來描述。舉例來說，上圖中的路徑對應到 以下字串:ENNEENEENNE
另一方面，任何一個由n 個 E 及 m 個 N 組成的字串其實都對應到一種可能的走法:因 此，由 n 個 E 及 m 個 N 可組成多少個字串就 對應到此人有多少種走法，而此數顯然是由 (n+m) 個位置中選出 n 個來作為 E 的位置的 方法數，也就是C(n+ 眠的:一且選定了E 的 位置，剩下的位置就是N 的位置。 將每個二項式係數看成是平面上某兩個 點之間的最短路徑個數的觀念可以讓我們用 「幾何」的方式證明許多與二項式係數有關的 恆等式;以下將介紹幾個例子，其中所提及的 「路徑」都是指最短路徑而言。幾個恆等式的證明
恆等式一:
\、 1lllJ/ r'n-n
/'flll 、\ 一一 \1lllj/nr
/If--lt\ 言查明 : 考慮任意一條由 (0，0) 至徊， b) 的路徑;1l:
t
路徑可以用一個含有。個 E 及 b 個 N 的字串來 描述，如果我們將此字串中所有的 E 以 N 取 代，所有的 N 以 E 取代，所得的新路徑將是一 條由 (0，0) 至怡， α) 的路徑，新舊兩條路徑對稱 於直線 x=y :
(a ,h) (h,
a)O
讀者不難看出，任意兩條從 (0，0) 至徊 ， b) 的相異路徑所對應的兩條從 (0，0) 至怡， α) 的 路徑一定不同，而每一條從 (0，0) 至怡， α) 的路 徑也總有一條從 (0，0) 至徊 ， b) 的路徑與之對 應:換句話說，新舊路徑之間的對應關係是一 對一( one-to-one) 且映成 (onto) 的，因此由 (0，0) 至徊， b) 的路徑數就等於由 (0，0) 至 忱。)的路徑數:(a~b)=(atb)
如果我們讓 n= α +b 且 r= α ，上式即為題目 所要證明的式于 o 恆等式二:(;)=(n~I)+(;二n
言查明 • 由 (0，0) 至徊， b) 的路徑總共有(a~b)
條，這些路徑可以依到達 (a， b) 的方式分為兩 類，有些路徑是由徊， b-l) 往北到達徊 ， b),
有些則是由 (α -l， b) 往東到達徊 ， b) ; 由於由 (0，0) 至徊 ， b 一 1) 總共有 C(a +b-1， 的種走 法，由 (0，0) 至 (a-I， 的總共有 C(a+b 一 1，。一 1) 種走法，因此(a~b)=(a+~一 l)+(a~~ll)
如果我們讓 n=a+b 且 r=
a
' 上式即為我們 要證明的式于 O \、 -Ill-/ 11+
r'v'+
/fli1 、\=
\、 1lllJ/ r'+r
',
/'flll 、\+
+
\1lllj/ 11+1
三
MI\
2、 + 」耳\Ill-/ E 「 no 成 41/ffill-\ 豆 BbEa' 2登明: 由 (0，0) 至 (n+
1
,
r) 的路徑總共有 \、 1lllJ/ 11+
r'r'+
1.,
/fIll-L\ 條;這些路徑可以依由 (0，0) 出發後「第一次」 朝東走的地點分成 (r+
1)類;有些路徑一開始 就朝東走(第一次朝東走的地點為 (0，0))
，有 些路徑先在 y 軸上向北走一格才朝東走(第一 次朝東走的地點為 (0，1))
，有些路徑先向北走 兩格才朝東走(第一次朝東走的地點為(0,2) ) , ...
，有些路徑先向北走r 格才朝東走(第一次朝東走的地點為 (0，
r)
) 。如果我們能 夠知道這 (r+
1)類的每一類各有幾種走法，這(r
+
1) 個數的和應該就等於前述的C(n
+
r
+
1
,
r) 。 考慮由的0) 出發後第一次朝東走的地點 為 (O， k) 的情形，其中 O 三 k 三 r 。這種路徑有 幾條呢?此種路徑往東走的第一格必定會走 到 (1，k)
， 所以此種路徑的個數就是由化的至 (n+1 ， r) 的路徑個數，而這叉等於從 (0，0) 至 仰，r -
k) 的路徑個數，如下圖所未:O
X 因此，由 (0，0) 至 (n+
1
,
r) 且出發後第一 次朝東走的地點為 (O， k) 的路徑有(n γ k)=(n;~kk)
{燥，而當 k=
0
,1,..., r
' 所有 (r+
1) 類路徑的總 數一定會等於 C(n+r+1， r) ， 即 、、 Ill-J/no
/jIll-、、+
+
\Ill-J/ 11 -11 r 一+r
n
/is--t\+
\ill-J/ r'+r
n
/Jll1t\ 一一 \t1llJJ/ K\|l/-k1
r'-E EAir-r 卜 J +/ILl-\pn-ry
自
J
「
這正是我們要證明的式子。 恆等式四: n 可申 一一 \Ill-J/nn
/It--\+
+
\Ill-J/ n 可』 /fa--l 、\+
\、 1llij/nl
/tll!t\+
\、 1llJJ/no
/fa--i 、\ 一 23 一 幾個恆等式的幾何證明 t1至明:
由 (0，0) 出發後任意走 n 格，每格皆向東 或向北，最後的位置一定會落在直線 x+y=n 上: 、‘圖，'，n
Aυ(
O
仰， 0)
由於每一步都有向東及向北兩種可能，因 此由原點出發走 n 格總共可走出 T 條不同的 路徑，這些路徑可以依最後所在位置分為(n
+
1)類;有些路徑最後的位置在例，0) ，有 些在 (n-1
,1)
，有些在 (n-2
,
2)
, ...
，有些在 (O， n) 。如果我們能夠知道這(n+
1) 類的每一 類各有幾條路徑，這 (n+ 1)個數的和應該就等 於前述的 2n 。 考慮最後位置在 (n-k ， 的的情形，其中 O 三 k 三 n 這種路徑總共有 C仰 ， k) 條。當k
=
0，1，...刀，所有 (n+
1)類路徑的總數一定 會等於 2n ， 即玄(~) =(的+
(
n
+ .. .+ (
~
)
=
2
n 這正是我們要證明的式子。 恆等式五: 、、 Ill-//hn
/tli--\ 一一 句 Jb \Ill-//nn
/tli--\+
勻 b \、 1llJF/ n7 』 /fa---、\+
勻 b 、、 lllJJ/nl
/tli--\+
勻 b \、 1llJJ/no
/Ill-t 、、 言查明 : 由(0，0) 至仰， n) 的路徑總共有 C(2n， 的 條，每條此種路徑一定會與直線 x+y=n 交於 一點:!\
內、 內、\
\
、‘ •.. ,',n
n
(
O
依據與圖中直線相交的位置，由 (0， 0) 至 仰， n) 的路徑可分為 (n+ 1) 類;有些路徑與圖 中的直線交於仰，0) ，有些交於 (n-I，I) ，有些 交於 (n-2
,
2)
, ...
，有些交於(O， n) 。如果我 們能夠知道這(n+I) 類的每一類各有幾條路 徑，這 (n+ 1) 個數的和應該就等於前述的 C(2n， n) 。 考慮由 (0，0) 至仰， n) 的路徑與圖中的直 線交於 (n-k， 的的情形，其中O 三 k 三 n ， 每條 此種路徑都可以看成是由前後兩段連接而 成;前段是由(0，0) 至 (n-k， 的(有 C(n， 的種 走法) ，後段則是由 (n-k， 的至 (n， 的(也有 C(n， 的種走法) ，因此前後段合起來總共有 勻& 、、 1lllj/nk
/Ill 、\ 一一 、、 1lllj/nk
/||\ 、、 1lllj/ n'K /Ill-t\ 種走法;當 k=
O
,
I
,...,
n
' 所有 (n+ 1) 類路徑的 總數一定會等於 C(2n， n) ， 即 、、 1lll'/n
弓 hn /Ill-t\ 一一 勻& 、、 1lllj/nn
/||\+
+
勻& 、、 1lll ，/nl
/Ill-t\+
?-、、 1lll'/no
/IIll-t\ 一一 勻& 、、 1lll ，/ n'K /||\nTJ-M
這正是我們要證明的式子。恆等式六:
、、 1lll'/m
+r
n
/Ill-t\ 一一 、、 1lllj/mo
/||\ 、、 1lllj/nr
/||\+
+
、、 1lll'/ ••• A m 一r
/IIll-t\ 、、 1lllj/nl
/Ill 、\+
、、 1lllj/mr
/flll\ 、、 1lllj/no
/Ill 、\ 言查明 : 由 (0，0) 至 (n+m-r， r) 的路徑總共有C(
n
+
m， r) 條，每條此種路徑一定會與通過 仰，0) 及 (m-r， r) 的直線交於一點: (m 伊 r，r)
(n
+"!. -r
,r)
O 川、 | \門、
\
\
(m, O) 依據與圖中直線相交的位置，由 (0，0) 至 (n+m-r ， r) 的路徑可分為什+ 1) 類;有些路 徑與圖中的直線交於仙， 0) ，有些交於(m
-1
,
1)
，有些交於 (m-2 ，2), ...
，有些交於 (m-r， r) 。如果我們能夠知道這(r+
1) 類的每 一類各有幾條路徑，這 (r+
1) 個數的和應該就 等於前述的 C(n+m， r) 。 考慮由 (0，0) 至 (n+m-
r， r) 的路徑與圖 中的直線交於 (m-k， 的的情形，其中 O 三 k 三 r ， 每條此種路徑都可以看成是由前後 兩段連接而成;前段是由(0，0) 至 (m-k， 的(有 C(m， 的種走法) ，後段則是由 (m-k， 的至(n+m-r
,
r)
(有 C例， r-k) 種走法) ，因此前 後段合起來總共有 、、 1lllj/ 'k n 一r
/flll\ 、、 1lllj/mk
/Ill 、\ 種走法;當 k=
O
,
I
,...,
r ' 所有 (r+
1) 類路徑的 總數一定會等於 C(n+m
, r)
， 即名(;)(r~k)
=
(~)(~)
+(
7
)(r~I)+"'+(~)(
3)
=(n~m)
這正是我們要證明的式子。此恆等式通常稱為Vandermonde's
identity
，因法國數學家Alexandre-Theophile
Vandermonde
(1735一1796
)而得名。恆等式七:
\11llll/m
+m
r' /'flllt\ \11llll/m
-AVn
/'flllt\+
+
\11llll/ ••• A+l
r
/'flllt\ \、 1llJJ/ •• EA--EA 一nm\-L/
/fIll--\ 咀 I++
\|l/r 呵 ， ro 、 +j \MHHH/n nmM/ll\ /l|ll\ 一一 言查明 : 由 (0，0) 至 (n-m+r+I， m) 的路徑總共 有(n+;+I)
條，每條此種路徑一定會與下圖中的直線L 有 正好一個交點:L
(n - m+
r-I:
1
,m)o
(r, 0) •
(r+
1, 0)
依據與圖中的直線 L 相交的位置，由 (0，0) 至 (n- m
+
r
+
I， m) 的路徑可分為 (m+I) 類; 有些路徑在 (r，O) 與 (r+
1，0) 之間與 L 相交，有 些在 (r，I) 與 (r+
1，1)之間與 L 相交，有些在 (r，2) 與 (r+
1，2) 之間與 L 相交，...
，有些在 (r， m) 與 (r+I， m) 之間與 L 相交。如果我們能 夠知道這 (m+I) 類的每一類各有幾條路怪，這(m+
1) 個數的和應該就等於前述的 C(n+r+ l， m) 。 考慮由 (0，0) 至 (n-m+
r+I， m) 的路徑與 直線 L 交於 (r， 的與 (r+
I， k) 之間的情形，其 中。三 k 三 m ， 每條此種路徑可以看成是由前 後兩段連接而成;前段是由 (0，0) 至 (r， 的然後 25 一 幾個恆等式的幾何證明 再往東一格至 (r+I， k) (有 C(r+k ， k) 種走 法) ，後段則是由 (r+
1，的至 (n-m+r+I， m) (有 C(n-k ， m-k) 種走法) ，因此前後段合起 來總共有(r 的(;1)
種走法;當 k=
0，1，...肺，所有 (m+ 1) 類路徑 的總數一定會等於 C(n+r+I， m) ， 即三(rz 可以1)
=
(~)(;)
+(r
r
I)(;~
i)
+仇m)(nom)
=(n+;+I)
這正是我們要證明的式子。 一個相關的問題 在一場選舉中，只有A 與 B 兩位候選人， 開票的結果是A 與 B 分別獲得了 a 票與 b 票， 且 a>b
c 請問:從開出第一張票起到將票全 部開出的過程中 ， A 的得票數始終領先 B 的得 票數的可能開票過程有多少種?舉例來說，如 果 a=4 且 b=2
'那麼可能的開票過程有AAAABB,
AAABAB,
AAABBA
,
AABAAB,
AABABA 等五種。 讀者不難看出，這個問題其實可以轉換成 求路徑個數的問題，一個可能的開票過程就對 應到一條由 (0，0) 至徊 ， b) 且行進過程與直線 x=y 不相交的路徑;例如下圖中的路徑 EENENEENNE 就對應至UAABABAABBA 的開票 順序:
x=y
v
1/
1/
K
(a,
b)
O
由於 A 須一路領先，任何一條符合要求的 路徑由原點出發後一定先向東走兩格，因此這 個問題交相當於求由 (2，0) 至徊 ， b) 且行進過 程與直線 x=y 不相交的路徑個數。如果先不 管不能與直線 x=y 相交的限制，那!聖由 (2，0) 至 (a， b) 的路徑總共有 C(a+b-2， 。一 2) 條; 此數減去行進過程會與直線 x=y 相交的路徑 數即為與直線 x=y 不相交的路徑數;以下我 們將設法求出由 (2，0) 至徊， b) 且行進過程會 與直線 x=y 相交的路徑有多少條。 仿照 ICatalan
Numbers 簡介」一丈中所使 用的方法，對任意一條會與直線x=y 相交的 路徑，我們可以找到它由(2，0) 出發後第一次 與直線 x=y 相交的位置(假設此點為P) ， 此 路徑被 P 分為前後兩段;如果我們將P 之後所 有的 E 以 N 取代，所有的 N 以 E 取代，所得 的結果與前段合起來一定是一條由(2，0) 至 仰， a) 的路徑:y
(b
, a)
(a,
b)x
o
(2
,0)
這種轉換關係不難推知是一對一且映成 的，因此由 (2，0) 至徊， b) 且行進過程會與直線 x=y 相交的路徑數就等於由 (2，0) 至阱， a) 的 路徑數，也就是 C(a+b-2， a) 。 因此，由 (2，0) 至仰 ， b) 且行進過程與直線 x=y 不相交的路徑個數為(a:三 2) 一 (a+:一 2)
(α +b-2)!(a+b-2)!
(。一 2)!b!a!(b-2)!
(a+b-2)!
=一---于一:":'(a(。一1) -b(b 一1)) 。 lD! (α +b-2)! =一--了于一(a-b)(α +b-l) 。 !D! 這就是A 的票數始終領先B 的票數的可能開票 順序個數。 這個問題在述語上通常稱為「投票問題」( the ballot
problem) 。練習題 以下是幾個與本文相關的問題，提供讀者 參考。 1.以本文的幾何方式證明以下恆等式: 、、 1llit/
nr
/'tIla-\ 一一 、、 1llit/ '，且 ••• A 一 r'r' /'tIla-\+
+
\、 1llit/ 勻、 ν'I 一nr
/'tIla-\+
\、 1llit/ 弓』1 且 一nr
/'tIla-\+
\11llit/ 1111 一nr
/'tIla-\ 2 每條由 (0，0) 至 (n-r ， r) 的路徑一定會與直 線 x=n-r-l 交於一點;據此發展出一個 恆等式。 3. 某人想由下圍中的 A 點走到 B 點，行進過 程隨時不是往右(→)就是往右上(/ )
或左上(\) ，請問他總共有幾種走法? (下轉第 32 頁)科學教育月刊 第 256 期 中華民國九十二年三月 完全損失，而全部轉換成為系統增加之內能
