请问同学们这个等式如何证明

小土豆

如题 \[\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{C_n^k} = \frac{n+1}{2^n} \sum_{k=0}^{n} 2^k\]

aimisiyou

n=1时就不成立！

小土豆

aimisiyou 发表于 2025-11-24 10:26
n=1时就不成立！

抱歉打错了，我现在修改一下

小土豆

抱歉右侧求和漏了分母
$$
\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{\binom{n}{k}} = \frac{n+1}{2^n} \sum_{k=0}^{n} \frac{2^k}{k+1}
$$

小土豆

aimisiyou 发表于 2025-11-24 10:26
n=1时就不成立！

老哥看一下

northwolves

数学归纳法

小土豆

northwolves 发表于 2025-11-26 06:58
数学归纳法

多谢，证出来了，k=n+1的时候在分母上用组合恒等式写开，然后拆成两个级数用数学归纳法就证出来了

小土豆

northwolves 发表于 2025-11-26 06:58
数学归纳法

请问这个有没有什么正面证明的方法呢

小土豆

## **第一部分：证明 \(\sum_{k=1}^n \frac{k}{\binom{n}{k}} = \frac{n a_n}{2}\)**

设  
\[
a_n = \sum_{k=0}^n \frac{1}{\binom{n}{k}}.
\]  
首先注意到：
\[
a_n = \frac{1}{\binom{n}{0}} + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\binom{n}{k}} + \frac{1}{\binom{n}{n}} = 2 + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\binom{n}{k}}.
\]
所以：
\[
\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\binom{n}{k}} = a_n - 2. \tag{1}
\]

---

令  
\[
S = \sum_{k=1}^n \frac{k}{\binom{n}{k}}.
\]  
由组合数的对称性 \(\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}\)，作变量代换 \(k \mapsto n-k\)：
\[
S = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{n-k}{\binom{n}{k}}. \tag{2}
\]

将原式 \(S\) 与 (2) 式相加：
\[
2S = \sum_{k=1}^n \frac{k}{\binom{n}{k}} + \sum_{k=0}^{n-1} \frac{n-k}{\binom{n}{k}}.
\]

注意：
- 当 \(k=0\) 时，只有第二个和式有项 \(\frac{n}{\binom{n}{0}} = n\)。
- 当 \(k=n\) 时，只有第一个和式有项 \(\frac{n}{\binom{n}{n}} = n\)。
- 当 \(1 \le k \le n-1\) 时，两个和式都有项，合并为：
\[
\frac{k + (n-k)}{\binom{n}{k}} = \frac{n}{\binom{n}{k}}.
\]

因此：
\[
2S = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{n}{\binom{n}{k}} + n + n = n \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\binom{n}{k}} + 2n.
\]

代入 (1) 式：
\[
2S = n(a_n - 2) + 2n = n a_n.
\]
所以：
\[
S = \frac{n a_n}{2}.
\]
即：
\[
\sum_{k=1}^n \frac{k}{\binom{n}{k}} = \frac{n a_n}{2}. \tag{3}
\]

---

## **第二部分：推导差分方程 \(a_{n+1} = \frac{n+2}{2(n+1)} a_n + 1\)**

由定义：
\[
a_{n+1} - a_n = \sum_{k=0}^{n+1} \frac{1}{\binom{n+1}{k}} - \sum_{k=0}^n \frac{1}{\binom{n}{k}}.
\]

拆开：
- \(k=0\) 项：两式均为 1，抵消。
- \(k=n+1\) 项：只有第一式和有，值为 1。
- 对 \(k=1\) 到 \(n\)：
\[
\frac{1}{\binom{n+1}{k}} - \frac{1}{\binom{n}{k}}.
\]

计算该差：
\[
\frac{1}{\binom{n+1}{k}} - \frac{1}{\binom{n}{k}} = \frac{k!(n+1-k)!}{(n+1)!} - \frac{k!(n-k)!}{n!}.
\]
提取 \(\frac{k!(n-k)!}{n!}\)：
\[
= \frac{k!(n-k)!}{n!} \left[ \frac{n+1-k}{n+1} - 1 \right] = \frac{k!(n-k)!}{n!} \cdot \frac{-k}{n+1}.
\]
即：
\[
\frac{1}{\binom{n+1}{k}} - \frac{1}{\binom{n}{k}} = -\frac{k}{(n+1)\binom{n}{k}}.
\]

因此：
\[
a_{n+1} - a_n = 1 - \frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^n \frac{k}{\binom{n}{k}}.
\]

代入 (3) 式 \(\sum_{k=1}^n \frac{k}{\binom{n}{k}} = \frac{n a_n}{2}\)：
\[
a_{n+1} - a_n = 1 - \frac{1}{n+1} \cdot \frac{n a_n}{2} = 1 - \frac{n a_n}{2(n+1)}.
\]

于是：
\[
a_{n+1} = a_n + 1 - \frac{n a_n}{2(n+1)} = \frac{2(n+1)a_n + 2(n+1) - n a_n}{2(n+1)}.
\]
分子合并：
\[
[2(n+1) - n] a_n + 2(n+1) = (n+2) a_n + 2(n+1).
\]
所以：
\[
a_{n+1} = \frac{(n+2) a_n + 2(n+1)}{2(n+1)} = \frac{n+2}{2(n+1)} a_n + 1.
\]
初值 \(a_0 = 1\)。

---

## **第三部分：解差分方程求 \(a_n\)**

方程：
\[
a_{n+1} - \frac{n+2}{2(n+1)} a_n = 1, \quad a_0 = 1.
\]

齐次方程：
\[
a_{n+1}^{(h)} = \frac{n+2}{2(n+1)} a_n^{(h)}.
\]
迭代：
\[
a_n^{(h)} = a_0 \cdot \prod_{k=0}^{n-1} \frac{k+2}{2(k+1)}.
\]
计算：
\[
\prod_{k=0}^{n-1} \frac{k+2}{k+1} = \frac{2 \cdot 3 \cdots (n+1)}{1 \cdot 2 \cdots n} = n+1.
\]
所以：
\[
\prod_{k=0}^{n-1} \frac{k+2}{2(k+1)} = \frac{n+1}{2^n}.
\]
齐次通解：
\[
a_n^{(h)} = C \cdot \frac{n+1}{2^n}.
\]

---

常数变易法：设 \(a_n = C(n) \cdot \frac{n+1}{2^n}\)，代入原方程：
\[
C(n+1) \cdot \frac{n+2}{2^{n+1}} - \frac{n+2}{2(n+1)} \cdot C(n) \cdot \frac{n+1}{2^n} = 1.
\]
化简：
\[
\frac{n+2}{2^{n+1}} \big[ C(n+1) - C(n) \big] = 1.
\]
所以：
\[
C(n+1) - C(n) = \frac{2^{n+1}}{n+2}.
\]

累加：
\[
C(n) = C(0) + \sum_{k=0}^{n-1} \frac{2^{k+1}}{k+2}.
\]
令 \(m = k+1\)，则：
\[
C(n) = C(0) + \sum_{m=1}^n \frac{2^m}{m+1}.
\]
补上 \(m=0\) 项：
\[
C(n) = C(0) - 1 + \sum_{m=0}^n \frac{2^m}{m+1}.
\]

---

由 \(a_0 = 1\) 定常数：  
\(a_0 = C(0) \cdot \frac{1}{1} = C(0) = 1\)，所以 \(C(0) = 1\)。

于是：
\[
C(n) = 1 - 1 + \sum_{m=0}^n \frac{2^m}{m+1} = \sum_{m=0}^n \frac{2^m}{m+1}.
\]

因此：
\[
a_n = \frac{n+1}{2^n} \sum_{m=0}^n \frac{2^m}{m+1}.
\]

---

**最终结果**：
\[
\boxed{\sum_{k=0}^n \frac{1}{\binom{n}{k}} = \frac{n+1}{2^n} \sum_{k=0}^n \frac{2^k}{k+1}}
\]