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1、 \(n\) 倍角公式推导

$\quad $ 我们定义复数 \(z=i\sin\theta+\cos \theta\) ，那么：

\[z ^{n}=i\sin(n\theta)+\cos(n\theta) \]

$\quad $ 再用二项式定理将左边展开：

\[\sum _{i=0}^{n}C _{n}^{i}\sin ^{i}\theta\cos ^{n-i}\theta=i\sin(n\theta)+\cos(n\theta) \]

$\quad $ 又因为两个复数相等，则其实部和虚部分别相等，所以可以得到：

\[\sin(n\theta)=\sum _{i=0}^{\lfloor\frac{n-1}{2}\rfloor}C _{n}^{2i+1}\sin ^{2i+1}\theta\cos ^{n-2i-1}\theta \]

\[\cos(n\theta)=\sum _{i=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}C _{n}^{2i}\sin ^{2i}\theta\cos ^{n-2i}\theta \]

2、组合数性质

$\quad $ 范德蒙德卷积：\(\sum _{i=0}^{n}C_n^i C_{m}^{n-i}=C_{n+m}^{n}\)

$\quad $ 吸收恒等式：\(mC_{n}^{m}=nC_{n-1}^{m-1}\)

$\quad $ 不知道什么恒等式：\(C_{a}^{b}C_{b}^{c}=C_{a}^{c}C_{a-c}^{b-c}\)

$\quad $ 斐波那契数列与组合数的关系：\(F_{n}=\sum _{i=0}^{\lfloor\frac{n-1}{2}\rfloor}C_{n-1-i}^{i}\)

3、球盒

$\quad $ \(n\) 个不同球，\(m\) 个不同盒子，求恰有 \(x\) 个盒子非空的方案数

\[C_{m}^{x}\sum _{i=0}^{x}(-1)^{x-i} C_{n}^{i}i^n \]

\(前置知识：\)

\[f_n=\sum^{n}_{i=0} \limits (-1)^{i} C_n^i g_i \]

\[\Updownarrow \ \]

\[g_n=\sum^{n}_{i=0} \limits (-1)^{i} C_n^i f_i \]

$\quad $ 我们设 \(f(m)\) 为 \(n\) 个球放入 \(m\) 个盒子中的方案数，易知 \(f(m)=m^n\) 。设 \(g(x)\) 为恰有 \(x\) 个盒子非空的方案数，易得 \(f(m)=\sum _{i=0} ^{m}C_n^ig(i)\)。

$\quad $ 则有 \(g(x)=\sum _{i=0}^{x}(-1)^{x-i} C_{n}^{i}i^n\) 。

4、无穷级数

\[\sum _{i=0}^{\infty}x^i=\frac{1}{1-x} \]

\[\sum _{i=0}^{\infty}C_{n+i}^{i}x^i=(\frac{1}{1-x})^{n+1} \]

5、丁真语录