一个有趣的数学题#1

\(\color{black}{T}\color{red}{ianyiLemon}\) 在验证一个生成函数的结论的时候试图使用暴力分解法，发现分不动，然后后来的某一天我在《中等数学》增刊上看到了类似的方法把这个暴力分解分出来了，就有了这道氵题。

---

题面

\[\large\mathbf{求证：}\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{k}{2}\rfloor}\binom{k-i}{i}(-1)^i2^{k-2i}=k+1\quad(k\in\mathbb{N}) \]

---

证明

我们设

\[g(k)=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{k}{2}\rfloor}\binom{k-i}{i}(-1)^i2^{k-2i} \]

法一

我们有

\[\begin{aligned} g(k)&=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{k}{2}\rfloor}\binom{k-i}{i}(-1)^i2^{k-2i} \\ &=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{k}{2}\rfloor}\left[{\binom{k-i-1}{i}+\binom{k-i-1}{i-1}}\right](-1)^i2^{k-2i}\\ &=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{k}{2}\rfloor}\binom{k-i-1}{i}(-1)^i2^{k-2i}+\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{k}{2}\rfloor}\binom{k-i-1}{i-1}(-1)^i2^{k-2i}\\ &=2\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{k-1}{2}\rfloor}\binom{(k-1)-i}{i}(-1)^i2^{(k-1)-2i}-\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{k-2}{2}\rfloor}\binom{(k-2)-i}{i}(-1)^i2^{(k-2)-2i}\\ &=2g(k-1)-g(k-2) \end{aligned} \]

由数学归纳法，

\(1)\quad k=0\) 时 \(g(0)=\binom{0}{0}(-1)^02^0=1\) 成立；
\(2)\quad k=1\) 时 \(g(1)=\binom{1}{0}(-1)^02^1=2\) 成立；
\(3)\quad\)已知 \(k=1,2,\cdots,n\) 时 \(g(n)=n+1\) 成立，
有 \(k=n+1\) 时 \(g(n+1)=2g(n)-g(n-1)=n+2=(n+1)+1\) 成立。

\(Q.E.D.\)

法二

很显然这是个由生成函数弄出来的恒等式，所以肯定有生成函数的做法。

我们构造 \(g(k)\) 的生成函数:

\[f(x)=\sum_{k=0}^{+\infin}{g(k)x^k} \]

有

\[\begin{aligned} f(x)&=\sum_{k=0}^{+\infin}{g(k)x^k}\\ &=\sum_{k=0}^{+\infin}{\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{k}{2}\rfloor}\binom{k-i}{i}(-1)^i2^{k-2i}x^k}\\ &=\sum_{k=0}^{+\infin}{\sum_{i=0}^{k}\binom{k}{i}(-1)^i2^{k-i}x^{k+i}}\\ &=\sum_{k=0}^{+\infin}{x^k\sum_{i=0}^{k}\binom{k}{i}}2^{k-i}(-x)^{i}\\ &=\sum_{k=0}^{+\infin}{x^k(2-x)^k}\\ &=\sum_{k=0}^{+\infin}{(2x-x^2)^k}\\ &=\frac{1}{1-2x+x^2}\\ &=\left(\frac{1}{1-x}\right)^2\\ &=\left(\frac{1}{1-x}\right)'\\ &=\left(\sum_{k=0}^{+\infin}{x^k}\right)'\\ &=\sum_{k=0}^{+\infin}{(k+1)x^k} \end{aligned} \]

从而

\[ g(k)=k+1\\ Q.E.D. \]