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排列与组合

排列与组合的核心区别只有四个字：顺序关不关键。如果选出来的元素“顺序改变会导致结果不同”，就是排列；如果“顺序改变对结果毫无影响”，就是组合。

概念 核心定义 是否讲究顺序 典型场景 计算公式
排列 (Permutation) 从 $n$ 个元素中取出 $m$ 个进行排队 讲究 ($AB \neq BA$) 颁发冠亚军、设置密码、分配职位 $A_n^m = \frac{n!}{(n-m)!}$
组合 (Combination) 从 $n$ 个元素中取出 $m$ 个组成一组 不讲究 ($AB = BA$) 选代表、抓扑克牌、挑选水果 $C_n^m = \frac{n!}{m!(n-m)!} = \binom{n}{m}$

1. 排列（Permutation）：按步骤填空

  • 直观逻辑：想象眼前有 $m$ 个空位，你要把 $n$ 个不同的人依次填进去。
    • 第 1 个空位：有 $n$ 种选法。
    • 第 2 个空位：剩下 $n-1$ 种选法。
    • 依次类推，第 $m$ 个空位：剩下 $n-m+1$ 种选法。
  • 计算公式：
    • \[A_n^m = n \times (n-1) \times \dots \times (n-m+1) = \frac{[n \times (n-1) \times \dots \times (n-m+1)] \times [(n-m) \times (n-m-1) \times \dots \times 1]}{(n-m) \times (n-m-1) \times \dots \times 1} = \frac{n!}{(n-m)!}\]
    • 为了用简洁的阶乘符号（$!$）表示该连乘式，在分子和分母同时乘以 $(n-m)!$。
    • 注意：分子从 $n$ 一直连乘到 $1$，即为 $n!$，分母为 $(n-m)!$。

2. 组合（Combination）：消除重复的顺序

  • 直观逻辑：组合不关心选出来的元素谁先谁后。如果你先按排列算出了 $A_n^m$ 种排法，但因为这选出的 $m$ 个元素内部共有 $m!$ 种排序方式（它们其实代表同一种组合），所以必须除以 $m!$ 来去掉重复计数。
  • 计算公式：
    • \[C_n^m = \binom{n}{m} = \frac{A_n^m}{m!} = \frac{n!}{m!(n-m)!}\]
    • \(\binom{n}{m}\) 是组合的另一种表示方式。
  • 经典示例：4 个人（A、B、C、D）选 2 个人当普通代表（无职位区别）。
    • 按排列算有 12 种，但“选中 A 和 B”与“选中 B 和 A”代表同一个小组。
    • 选出的 2 个人内部有 $2! = 2 \times 1 = 2$ 种排序。
    • 去除重复后，实际只有 $C_4^2 = \frac{12}{2!} = 6$ 种组合（分别是 AB, AC, AD, BC, BD, CD）。

二项式定理

二项式定理的推导主要通过组合计数法（直观理解系数来源）与数学归纳法（严密代数证明）两种途径实现。

1. 组合计数推导法（直观逻辑）

以三次方直观理解推导过程

以 $(a+b)^3 = (a+b)_1 (a+b)_2 (a+b)_3$ 为例。

多项式展开的本质，就是从这 3 个括号里每个括号各选 1 个字母乘起来：

  • 如果你想凑出包含 1 个 $b$ 的项（即 $a^2b$），就意味着你需要从 3 个括号中选出 1 个括号提供 $b$，剩下 2 个括号自动提供 $a$。
  • 从 3 个括号里任意选 1 个，选法只有 $\binom{3}{1} = 3$ 种，所以 $a^2b$ 的系数就是 3。

推广到 $n$ 次方

对于 \((a + b)^n = \underbrace{(a + b)_1 \times (a + b)_2 \times \dots \times (a + b)_n}_{n \text{ 个括号}}\)

根据多项式乘法法则，展开式的每一项都需要从上述 $n$ 个括号中，逐个选择 $a$ 或 $b$ 相乘得到：

  1. 生成项的形式：若在 $n$ 个括号中，有 $k$ 个括号选择了 $b$，则其余 $n-k$ 个括号必然选择 $a$。相乘得到的单项式结构为：

    \[a^{n-k} b^k\]

  2. 确定项的系数：从 $n$ 个不同的括号中挑选出 $k$ 个来贡献 $b$，其组合方式的数量即为组合数 $\binom{n}{k}$（或记作 $C_n^k$）。

  3. 求和合并：$k$ 的取值可以是从 $0$ 到 $n$ 的任意整数，将所有可能选法的同类项合并，即得到完整展开式：\((a + b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k\)

2. 数学归纳法（严密代数证明，看不懂，不过无所谓了）

第一步：验证基础步骤（$n = 1$）

当 $n = 1$ 时：

\[\text{左边} = (a + b)^1 = a + b\] \[\text{右边} = \binom{1}{0} a^1 b^0 + \binom{1}{1} a^0 b^1 = a + b\]

等式成立。

第二步：归纳假设

假设当 $n = m$（$m \ge 1$）时定理成立，即：

\[(a + b)^m = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} a^{m-k} b^k\]

第三步：递推证明（$n = m + 1$）

将 $(a + b)^{m+1}$ 拆分为 $(a + b)(a + b)^m$，代入归纳假设：

\[(a + b)^{m+1} = (a + b) \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} a^{m-k} b^k = a \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} a^{m-k} b^k + b \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} a^{m-k} b^k = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} a^{m+1-k} b^k + \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} a^{m-k} b^{k+1}\]

将两项展开并按相同次数的 $a^{m+1-k} b^k$ 合并：

  • 首项为 $\binom{m}{0} a^{m+1}$，末项为 $\binom{m}{m} b^{m+1}$。
  • 中间第 $k$ 项的系数为 $\binom{m}{k} + \binom{m}{k-1}$。

根据组合数的基本恒等式（帕斯卡递推公式）：$\binom{m}{k} + \binom{m}{k-1} = \binom{m+1}{k}$，合并可得：

\[(a + b)^{m+1} = \binom{m+1}{0} a^{m+1} + \sum_{k=1}^{m} \binom{m+1}{k} a^{m+1-k} b^k + \binom{m+1}{m+1} b^{m+1} = \sum_{k=0}^{m+1} \binom{m+1}{k} a^{m+1-k} b^k\]

因此，定理在 $n = m + 1$ 时依然成立。由数学归纳法可知，二项式定理对所有正整数 $n$ 均成立。

自然常数 e 的推导

自然常数 $e \approx 2.71828$

1. 连续复利极限法（雅各布·伯努利，1683年）

假设存入 1 元本金，年利率为 100%：

  • 按年计息（1次）：$1 \times (1 + 1)^1 = 2$ 元
  • 按半年计息（2次）：$1 \times (1 + \frac{1}{2})^2 = 2.25$ 元
  • 按月计息（12次）：$1 \times (1 + \frac{1}{12})^{12} \approx 2.613$ 元
  • 按 $n$ 次计息：单期利率为 $\frac{1}{n}$，期末终值为 $\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$

当计息频率趋近于无限（即连续复利，$n \to \infty$）时，该极限收敛到一个确定常数：

\[e = \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n\]

对该式应用二项式定理展开：

\[\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = 1 + n \cdot \frac{1}{n} + \frac{n(n-1)}{2!} \cdot \frac{1}{n^2} + \frac{n(n-1)(n-2)}{3!} \cdot \frac{1}{n^3} + \dots\]

当 $n \to \infty$ 时，$\frac{n(n-1)}{n^2} \to 1$，各项系数依次化简，极限即收敛为无穷级数：

\[e = 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} + \dots = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}\]

直接展开计算，就是 2.71828。

2. 泰勒级数展开法（欧拉，1748年，看不懂，太深奥，直接看第三种推导方法）

在微积分中，寻找一个指数函数 $f(x) = b^x$，满足其导数等于自身（即变化率时刻等于当前值，$f’(x) = f(x)$）。

将 $f(x) = e^x$ 在 $x=0$ 处展开为麦克劳林级数：

\[e^x = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2!}x^2 + \frac{f'''(0)}{3!}x^3 + \dots\]

因为 $f^{(k)}(0) = 1$，代入得到：

\[e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \dots\]

令 $x = 1$，直接推导出 $e$ 的精确级数计算式：

\[e = 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{24} + \dots \approx 2.71828\]

3. 微积分导数定义法

  • 根据导数基本定义求函数 $f(x) = a^x$ 的导数：\(f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{a^{x+h} - a^x}{h} = a^x \cdot \lim_{h \to 0} \frac{a^h - 1}{h}\)

  • 为了使 $f’(x) = a^x$，必须保证极限条件： $\lim_{h \to 0} \frac{a^h - 1}{h} = 1$。

  • 设 $t = a^h - 1$，可得 $h = \log_a(1+t)$。代入极限：\(\lim_{t \to 0} \frac{t}{\log_a(1+t)} = 1\)

    • 将分子的 $t$ 移到分母：\(\frac{t}{\log_a(1+t)} = \frac{1}{\frac{1}{t} \cdot \log_a(1+t)}\)
    • 利用对数性质将系数移动到指数，
    • 根据对数运算法则 $r \cdot \log_a(x) = \log_a(x^r)$，分母中的系数 $\frac{1}{t}$ 可以直接拿到对数内部，变成真数 $(1+t)$ 的指数：\(\frac{1}{t} \cdot \log_a(1+t) = \log_a\left((1+t)^{1/t}\right)\)
    • 代回极限：\(\lim_{t \to 0} \frac{1}{\log_a\left((1+t)^{1/t}\right)} = 1\)
    • 既然一个分式 $\frac{1}{X}$ 的极限等于 $1$，那么分母 $X$ 本身的极限必然也等于 $1$：\(\lim_{t \to 0} \log_a\left((1+t)^{1/t}\right) = 1\)
    • 利用对数函数的连续性，把极限符号 $\lim$ 移到对数符号内部：\(\log_a \left( \lim_{t \to 0} (1+t)^{1/t} \right) = 1\)
    • 根据对数的定义（若 $\log_a(y) = 1$，则 $y = a^1 = a$）：\(\lim_{t \to 0} (1+t)^{1/t} = a\)
    • 当且仅当底数 $a = e$ 时，这个极限值与底数正好相等，因此定义了 $e = \lim_{t \to 0} (1+t)^{1/t}$。

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