第一篇：威縣二中李銀祁演講稿

愿做溪水涓涓流，催開滿園花芬芳

尊敬的領導，各位評委，各位同仁：

大家好！我叫李銀祁，任教于威縣二中。我1995年邢臺師專畢業，1997年受聘進入二中，擔任高中語文教學并兼任班主任工作，自1998年起，先后任二中團委干事、科教處副主任、宣教處副主任，并于2005年起兼任高中年級組副主任。今天，我要演講的題目是“愿做溪水涓涓流，催開滿園花芬芳”。

回顧十幾年的從教經歷，我真的有些惶恐，十數年時光過去，我的忙碌普通而又平凡，我的生活寂靜得近乎平庸，而轉眼之間，已有絲絲白發隱隱閃現鬢角，宣告著我已人到中年。捫心自問，唯一可以慰藉自己的是對學生的辛勤澆灌總算有些收獲，當我把自己投入到工作中，用自己的心血和汗水為孩子們鋪平人生的一段路程，用自己的智慧和堅持為他們撥開迷霧指示方向的時候，我感到了一種踏踏實實的平靜和滿足。

如果有人問我，工作這么些年有什么感受和經驗，我只想說一句話：愛孩子，付出才是硬道理！

記得1998年9月，學校安排我擔任高二實驗班班主任，接到任務后我深感領導器重，當我懷著莫大的激動與興奮走進教室時，卻發現教室空無一人！學生們罷課了。因為二中高中那時剛剛起步，該班絕大部分學生是由于仰慕原來班主任的名聲才選擇的二中，對于我這個毛頭小伙，他們沒信心，對學校的安排，他們感覺受了欺騙。當時我沒有抱怨，更沒有氣餒，我跑到宿舍，操場，找到學生，挨個談心。為了挽回孩子們的心，我開誠布公，推心置腹，最后更是立下軍令狀：半年之后，有誰對我不滿意，我自動辭職；高考中，半數學生要考上本科。從此，我每天5：20準時到校，喊學生起床，領他們跑步鍛煉身體，遇到惡劣天氣就陪他們上早讀，晚上要到10：00以后，到學生睡覺了我才

會離校回家。當時我家離學校大約10來里路程，每天披星戴月，早出晚歸，風雨無阻，直到畢業從未間斷。苦心人，天不負，我的付出也有回報，兩年之后的高考，我班各科平均成績均為全縣第一，尹明正同學語文單科成績居全縣第一名，全班30名學生有16名考入中山大學等全國知名本科大學。

2004年春季，我又一次送畢業班，正當我帶領學生厲兵秣馬備戰高考時，不幸降臨了，一場突發性傳染病——肺結核蔓延全班。一時間人心惶惶，草木皆兵。我一方面及時向學校報告，一方面想方設法為學生看病。一發現學生中有疑似病例，我會第一時間騎自行車帶他們去醫院做X光透視檢查，確診后又要領他們扎針、買藥甚至輸液。全班有20多個學生得病，我整天往返于醫院和學校之間，和學生泡在一起，有的學生怕扎針，我還要面對面苦口婆心地勸說。有的老師說，肺結核，那可是國家規定的二級傳染病啊，你還和學生離那么近！學校領導也說，保護好自己，要戴口罩。這些我都沒聽，因為我知道，我就是學生的主心骨，我要是怕了，學生就更慌亂了，他們還怎么應對當年的高考啊？雖然我個人承擔了一些風險，但是不如此就不能穩定軍心哪。事實證明，當年高考，學生并未受到過多影響，我班有12名學生考入本科大學。

我不記得多少次我半夜送學生去醫院，我沒有統計過為學生買藥行程多少里，我也不清楚我給貧困的孩子零花錢、墊付學費共計人民幣多少元，但我知道每一屆學生畢業都有孩子哭得泣不成聲，我知道每年春節都有一撥又一撥的學生來看我，我知道我只要在人人網或QQ上一露面，回應的人絡繹不絕。我感覺這就夠了，我很滿足！

也許，當一個老師，就注定做不了波瀾壯闊的大海，那么就讓我做一條小溪吧，涓涓細流，潺潺湲湲，催開滿園芬芳，姹紫嫣紅！

謝謝大家！

第二篇：李祁名言推薦

李祁名言

1、拍手趁西風。驚起乖龍。青山綠水古今同。唯有一輪山上月，長照江中。一點落金鐘。渾似虛空。道人不住有云峰。但是人家清酒甕，行處相逢。

2、雨步云行，餌風飲霧，平生游戲。笑此中空洞，都無一物，有神妙、浩然氣。

3、少年隨意數花須，老來心已無。

4、花深人靜，簾鎖御香清晝永。紅藥欄桿，玉案春風窈窕間。

5、樓下清歌，水流歌斷春風暮。夢云煙樹，依約江南路。碧水黃沙，夢到尋梅處。花無數，問花無語，明月隨人去。

6、小舟誰在落梅村，正夢繞、清溪煙雨。（）桃花流水鱖魚肥，恰趁得、江天佳處。

7、掛杖行穿翠筱，吹花醉繞江梅。故園心事老相催，此意陶潛能會。

8、春水湖塘深處，竹暗沙洲無路。閑伴落花來，卻信東風歸去。且住，且住，細看兩山煙雨。

9、喜入秋波嬌欲溜。脈脈青山兩眉秀。

10、掃盡云南夢北，看三江五湖秋水。狂歌兩解，清尊一舉，超然千里。

11、不見玉人清曉，長嘯一聲云杪。碧水滿闌塘，竹外一枝風裊。奇妙，奇妙，半夜山空月皎。

12、漢家恩深幸不早，此身終向胡中老。此身儻負漢宮恩，殺盡青青原上草。

13、裊裊秋風起，蕭蕭敗葉聲。岳陽樓上聽哀箏，樓下凄涼江月為誰明。霧雨沉云夢，煙波渺洞庭。可憐無處問湘靈，只有無情江水繞孤城。

第三篇：李銀畢業論文

齊 齊 哈 爾 大 學

畢業設計（論文）

題

目

用概率論的方法證明組合恒等式

學

院

理

學

院

專業班級

信息與計算科學 082

學生姓名

李 銀

指導教師

崔 繼 賢

成績

****年**月**日

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)

摘要

組合恒等式是組合數學中的一個組成部分，也是組合數學研究的一個重要內容.本文主要探討如何利用概率方法研究組合恒等式，主要從不同的角度解答同一概率問題，得到同一事件的概率兩種不同的表達形式，由其相等導出組合恒等式.通過構造概率模型，利用“必然事件的概率等于1”和“不可能事件的概率等于0”證明組合恒等式，或者利用古典概率方法證明組合恒等式，也就是在實際問題中將需要證明的組合恒等式引證出來。對于需要被證明的組合恒等式，將所構造概率模型中相關事件的概率計算出來以后，從而推導出式子兩端相等。每種論證方法中首先總的介紹這種方法是用的什么思想，然后列舉例子加以論證，使所述問題更加透徹.關鍵字：組合恒等式；概率模型； 古典概率； 數字特征

I

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)

Abstract Combinatorial identity is an important part and research field of combinatorics.This paper explores using probabilistic method to derive combinatorial identities.We count a probabilistic problem by using different ways to obtain different expresses for the question.We build a probabilistic model on a classical probability to find or prove some identities by constructing the event whose probability equals 1 or 0, that is，the

the equatin will be drawn from the concrete problems.We investigate combinatorial identities using probability properties and numeral characters of a random variable with discrete type.Each method was first demonstrated the general description of what this method is thought, and then held some examples discussed.Keywords: Combinatorial identity;probabilistic model;classical probability;numeral characters

II

目 錄

摘要............................................................................................................................I Abstract........................................................................................................................II 第1章

緒

論..........................................................................錯誤！未定義書簽。

1.1引言......................................................................................................................1 1.2課題背景............................................................................錯誤！未定義書簽。1.3實際應用方面的價值..........................................................................................2

1.4本文主要的研究內容..........................................................................................3 1.5相關工作..............................................................................................................3 第2章 運用概率論的基本理論證明組合恒等式......................................................4 2.1運用完備事件組證明組合恒等式......................................................................4 2.2運用全概率公式證明組合恒等式......................................................................7

2.3運用概率性質證明組合恒等式..........................................................................8 第3章 運用概率理論構造數學模型證明組合恒等式............................................11 3.1運用隨機變量的數字特征證明組合恒等式....................................................11 3.2運用構造概率模型證明組合恒等式................................................................18 3.3運用等概率法證明組合恒等式........................................................................22 第4章 由概率方法引申出的恒等式證明................................................................26 4.1 級數恒等式的證明............................................................................................26 4.2 初等恒等式的證明............................................................................................27 4.3級數組合恒等式的證明....................................................................................27 總結..............................................................................................................................31 參考文獻......................................................................................................................32 致謝..............................................................................................................................33

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)

第1章

緒

論

1.1引言

當前，組合恒等式無論是在中學還是大學都應用廣泛，很多問題都涉及到這方面的解法.在組合數學中，有很多類型的組合恒等式.這么多紛繁復雜的組合恒等式，我們必須尋求一種最簡便的方法使問題得以解決，查閱過很多資料，通過很多證明方法的檢驗，我們尋求除了一種組合恒等式的證明方法－組合恒等式的概率方法.對于較為簡單的組合恒等式，我們可以一步就分析出結果，稍復雜的需要我們演算一兩步達到欲求的結果，但是并不是所有的組合恒等式都是那么的簡單，有的組合恒等式很復雜，我們要深入了解，就必須通過一步步的證明、深究，證明組合恒等式的方法有很多，譬如有分類法、概率法、求導法等一系列方法證明組合恒等式.本文，我們選用利用概率方法來證明組合恒等式，我主要介紹這幾種方法：構造模型法、概率性質法、數字特征法，這些都是前人通過比較發現的較為好的方法，我們加以更好的應用，我們應當看到組合恒等式與概率二者的結合，只要把握了這一點，相信就能夠從中受益匪淺，感觸頗多.含有組合數的恒等式叫做組合恒等式.簡單的組合恒等式的化簡和證明，可以直接運用課本所學的基本組合恒等式.事實上，許多試題中出現的較復雜的組合數計算或恒等式證明，也往往運用這些基本組合恒等式，通過轉化，分解為若干個簡單的組合恒等式而加以解決.我們簡單的介紹四種組合恒等式：二項式組合恒等式、關于Catalan三角數的組合恒等式、基于格路模型的組合恒等式、由概率引起的組合恒等式.通過對一些組合恒等式的了解，我們就選用各種概率的方法加以證明它們，達到一個比較完善的效果.1.2課題背景

組合數學是以離散結構為主要研究對象的一門學科，它主要研究滿足一定條 件的組態(一種安排)的存在性、計數及構造等方面的問題.近幾年，隨著計算機科學的產生與發展，組合數學得到了迅速的發展。

概率起源于歐洲國家的一種賭博方式——擲骰子。隨著科學技術發展的迫切需要，概率論在20世紀迅速地發展起來。柯爾莫哥洛夫首次用測度理論定義了什么是概率。他的公理化方法不僅成為現代概率論的基礎，還使概率論成為嚴謹的數學分支。

由于其他學科、技術的推動，概率論得到飛速發展，理論課題不斷擴大與深

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)入，應用范圍大大拓寬。俄羅斯的彼得堡數學學派，繼承和發展了古典概率論之精華，拯救了瀕臨危機的概率論；變革和制定了一系列研究方法，振興了概率論學科；提出和創立了概率論新思想，開拓了概率論新領域。由于資料的限制、語言的困難和文化的差異使得國內外系統研究彼得堡數學學派概率思想者還甚少，有關資料相當匱乏，一些相關論述大都出現在綜合性的書籍中，傾向于按照現代數學的習慣給出一般性的解釋，且多為簡要性介紹，讀者難以了解其精髓所在。鑒于彼得堡數學學派在概率論發展史上的重要地位，本文以概率論思想為主線，通過建立概率模型,對概率思想證明恒等式方面進行了簡單的應用。

組合數學和概率論的產生都可以追溯到十七世紀，從17世紀到20世紀30年代，組合數學受到娛樂及數論、概率論、化學等學科的推動而迅速發展，得到了一般的存在定理和計數原理，如抽屜原理、容斥原理、波利亞計數定理等，還解決了一系列著名而有趣的組合學問題，如更列問題、家政問題、36軍官問題等，自20世紀以來，許多理論學科和應用學科給組合數學提出了大量的具有理論和實際意義的課題，促使了許多新理論的產生，如區組設計、組合算法等，從而解決了一系列理論上的以及與經濟發展密切相關的課題。此外證明常見的組合恒等式中概率的方法也有所應用。

1.3實際應用方面的價值

大家都知道，在證明初等恒等式的時候，如果我們采用初等方法，在一般情況下比較困難，在許多數學分支中，有很多的組合恒等式的形式通常不是顯而易見的，證明它們有一定的難度，這就會使得它們的應用受到限制。如果可以對于會有帶來很多的便利。用概率論的方法去解決一些分析學中的問題或者證明一些組合恒等式，是概率論與數理統計研究的重要方向之一，根據有關資料的例子可以看出，運用概率論的方法來證明組合恒等式，是值得我們探討的一個十分有意義的新問題。因為在運用概率論的方法證明組合恒等式時，它的思維靈活，背景生動并且容易理解，表達方式單間，并且效率高而被許多數學家所喜愛。但是要熟練掌握這種證明方法，需要掌握知識的內部聯系，而且必須了解知識的客觀背景，弄清楚知識的來龍去脈，編制知識的網絡結構，抓住問題的主要特征。如果在教學中利用好這類綜合性解題的良好教材，則可以沖發揮這種類型題材的應用。

在學習概率論中，我們首先接觸到得的是古典概型，這些概率模型的特點是所研究的樣本容量中樣本的個數是有限的，常利用排列組合方法去解決古典概型中的問題，如分配問題，伯努利概型等。對于一些離散型隨機變量，也可用排列組合方法進行討論，如超幾何分布等。反過來，可以通過構造這些特殊的概率模型，利用概率模型的性質，如概率函數的規范性，可以求解一些用常規方法難證

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)明的恒等式。有些恒等式用常用的分析方法證明是很不易的，如中學中的排列組合恒等式、或者更復雜的恒等式的證明，建立了概率模型后，通過求概率的思想，能很方便地把恒等式證明出來。

1.4本文主要的研究內容

本課題研究的內容是利用概率論的知識，巧妙地將其與組合恒等式有關的概率構造出來并對其計算，分析，同時對組合恒等式加以證明，并由此給出了組合恒等式概率論的方法證明的方法和思路。

用概率論的方法證明組合恒等式的主要思想是在證明組恒等式的時候，如果我們從概率論的角度去分析它們可以使問題變得簡單，也就是說對于需要被證明的組合恒等式，在構造構造好概率模型之后，從不同角度的角度考慮其概率或隨機變量的數字特征，在運用概率論的公式，有關性質，結論等，將所構造的模型相關事件的概率計算出來，從而可以推導出需要證明的結論，從而對于組合恒等式的證明更加即便容易掌握。

1.5相關工作

用概率論的方法證明一些關系式或者解決其他一些分析學中的問題，是概率論的研究方向之一，本篇論文就是這方面應用的結果。關于組合恒等式的證明我們通常采用的是分析學的方法，但是用概率論的方法證明一些組合恒等式卻更加的簡便。對于如何使用概率論的方法證明組合恒等式，經過本人得仔細思考，大致總結了以下幾個方法：

（1）運用完備事件組證明組合恒等式（2）運用全概率公式證明組合恒等式

（3）運用隨機變量的數字特征證明組合恒等式（4）運用構造概率模型證明組合恒等式（5）運用等概率法證明組合恒等式（6）運用概率性質證明組合恒等式

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)第2章 用概率論的基本理論證明組合恒等式

2.1 運用完備事件組證明組合恒等式

這種方法的基本思想是：我們對于一些組合恒等式，可以構造出適當的模型，并且選擇出與組合恒等式相關的隨機變量，并求出它的分布列

P{??i}?Pi(i?1,2,?,n)?

接著我們再利用完備事件組的性質?Pi?1，于是我們便達到了證明組合和恒等

i?1式的目的。

引理 設{A1,A2,?,An}構成一個完備事件組，即A1,A2,?,An互斥，nni?Ai?1??，則?P(Ai)?1。[1]

i?1n例

1證明組合恒等式：

?Ck?0kn22(m?k)Cn?k2(m?k)?C2n2m

證明

我們可以利用完備事件組的性質，構造成如下概率模型：

假設盒子里有n副大小不同的手套，現在我們從中隨機抽取2m只（2m

pk?CpCm?kk2m?2k12m?2k(C2)2m2nC(k?0,1,2,?,m)

m根據完備事件組的性質知道：

n?Pk?0k?1

于是可以得到

?Ck?0kn22(m?k)Cn?k2(m?k)?C2n2m

例

2證明組合恒等式

Cnk?1?Cnk?Cnk?1

證明

首先我們將公式變形為

CnCkkn?1?CnCk?1kn?1?1

現在我們利用完備事件組的性質，構造如下概率模型：一批貨物共n?1個，準備批發出廠.若已知其中有一個是廢品，現在從中隨機地抽取k個貨物出來?1?k ?n?1?，問廢品被抽到的概率是多少？抽出k個貨物中沒有廢品的概率又

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)是多少？

若記事件A1為“抽出k個貨物中沒有廢品”的事件，那么事件A2?A1就是“抽到k個貨物中有廢品”的事件，即A1和A2為兩個對立事件.有

P?A1??CnCkkn?1.P?A2??PA1???C1Cnk1k?1Cn?1.由于A1,A2構成完備事件組，所以，有

P?A1??P?A2??1.從而有

成立，即有

Cnk?1?Cnk?Cnk?1 成立.例

3證明組合恒等式

CmCn?CmCn0k1k?1CnkkCn?1?Cnk?1kCn?1?1

???CmCn?CmCm?Cm?n(其中m,n,k?N,k?m,k?n)

k?11k0k證明

現在我們利用完備事件組的性質，構造如下概率模型：設盒子中有m張紅色卡片和n張白色卡片，每次取出k(k?m?n)張卡片，求得到i(i?m)張卡片的概率。(i?0,1,2,??,k)

記事件Ai為“取得i張紅色卡片和k-i張白色卡片”(i?0,1,2,??,k)則A0?A1???Ak??，且A0,A1,A2,?,Ak互不相容，kk于是

1?P(?)?P(?Ai)?i?0?P(A)

ii?0k又因為P(Ai)?CmCnik?ikkCm?n這樣得出

?Ci?0imCmk?i?Cm?n

0k1k?1k?11k0kCn?CmCn???CmCn?CmCm?Cm?n 所以

Cm123nn?1?2Cn?3Cn???nCn?n2例

4證明組合恒等式

Cn

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)證明

現在我們利用完備事件組的性質，構造如下概率模型：將n個箱子排成一列，從紅黑白三種顏色的M張卡片中任取n(n?M)張卡片放到這n個箱子里，如果n張卡片中恰有一張紅色卡片，則包含的基本事件為n2n?1。

記事件Ai為“恰有n-i張白色卡片”（i?n?1），則這n?i張白色卡片放在n個箱子里共有Cnn?1種放法，而對于其他i個箱子只能放1張紅色卡片和i?1張黑色卡片，又有i種方法。所以，事件Ai包含的基本事件數為iCnn?1 于是

P(Ai)?iCnn2n?1n?1

顯然，A0,A1,A2,?,An互不相容，并且A0?A1???An??

nnin所以

1?P(?)?P(?Ai)?i?1?P(A)??i?1i?1iCnn2n?1n?1

又由于

Cnn?i?Cni

123nn?1?2Cn?3Cn???nCn?n2于是

Cn

例5 證明范德蒙（Vendermonde）恒等式

CnCm?CnCm0k1k?1??CnCm?Cn?mk0k

證明 我們首先來構造一個如下的概率模型：

設一個盒子中有n?m張不同的卡片，其中n張紅色卡片m張白色卡片，我們隨機的從中取出k張卡片并且不放回作為一組。

記隨機變量?為取出的n張卡片所包含的紅色卡片數，我們可以容易的計算出?的分布列為

P{??i}?CnCmkik?iCn?mi?0,1,2,?,min(n,k)

并且由分布列的性質我們可以得出

min(n,k)min(n,k)?P{?i?0?i}?1即

?Ci?0inCbk?i?Cn?m

kk1k?1k0k?CnCm??CnCm?Cn?m 但是當m?n時 Cnm?0 所以Cn0Cm

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)2.2 運用全概率公式證明組合恒等式

引理

設{Bn}為?的一個有限劃分，即BkBi??（k?i），（k,i?1,2,?,n.）

n?Bk?1k則?A?F?1且P(Bk)?0(k?1,2,?,n)，n，P(A)??P(Bk?1i)P(ABi)成立。

[1]

例

證明組合恒等式

Cnk?1?Cnk?1?Cnk??11?Cnk?1 證明

首先我們將公式變形為

CnCk?1kn?1?Cn?1Ck?1kn?1?Cn?1Ckn?1k?1

接著我們利用全概率公式，構造如下概率模型：

設箱子中有n?m張卡片，但是其中有一張黑色卡片，一張白色卡片，現在隨機從中抽取k張卡片（1?k?n?1）

記事件A為“抽取的k張卡片中含有黑色卡片”

事件A為“抽取的k張卡片中含有白色卡片” 則P(A)?C1CnCkn?10k,由全概率公式：

C1Cnk1k?1P(A)?P(B)P(AB)?P(B)P(AB)?Cn?1?C1Cn?1Cnk?11k?2?C1CnCn?1k0k?C1Cn?1Cnk1k?1?Cn?1kk?2Cn?1?Cn?1kk?1Cn?1由于

P?A??P?A??1 從而得出

CnCk?1kn?1?Cn?1Ck?1kn?1?Cn?1Ckn?1k?1

即

Cnk?1?Cnk?1?Cnk??11?Cnk?1

如果將上述摸卡片模型稍微需做一下改變，設箱子中有n?1張卡片，其中僅有一張黑色卡片，其余均為白色卡片，就可以證得組合加法公式：

Cnk?1?Cnk?Cnk?1

如果我們建立如下摸卡片模型：設箱子里有m張黑色卡片和n張白色卡片，現在從中隨機抽取k（0?k?m?n）張卡片，仿照此例子，利用伯努利概率公式

Pk?Cnkpkqn?k 我們可以證明組合公式

CmCn?CmCn0k1k?1???CmCn?CmCm?Cm?n

k?11k0k

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)2.3 運用概率性質證明組合恒等式

我們利用概率的性質來證明組合恒等式，這是一種方便的證明方法，而且簡單易懂，通常用“必然事件的概率等于1”和“不可能事件的概率等于0”來證明。

例1 證明組合恒等式 ?Cnk?k?k?0n?112k?2n

證明 我們構造如下概率模型：

設一個人有兩瓶牙簽，每瓶n根，每次用牙簽時，他在兩瓶中任取一瓶．然后抽出一根，使用若干次后，發現一瓶牙簽已經用完，求另一盒中還有r根牙簽的概率.如果用 A1，A2分別表示甲瓶或者乙瓶中余下r根牙簽.用 Ar 表示一瓶用完，而另一瓶中有r根的事件，則Ar?A1?A2.注意到，當發現一瓶已空時．這一瓶必定在前面已用過n次，另一瓶余下r根，從而另一瓶已用過n?r次，故共用了2n?r?1次.每次取到甲(乙)瓶的概率是12.所以

PAr?P?A1?A2??P?A1??P?A2? ?? =C21n2n?r?1??1???????2??2?2n?rnn?r?12Cn2n?r?1??1???????2??2?nn?r

?1?=C2nn?r???2?

n由于r 的取值必定是1,2,?,n之一，故?Ar為必然事件，即

r?1?n?P??Ar??1，?r?1??1?也就是 ?C2nn?r???2?r?1n2n?r?1

令k?n?r, 則k?0,1,?,n?1，?1?所以 ?Cnk?k???2?k?0n?1n?kn?1?1或?Cn?kkk?012k?2.n例2 證明組合恒等式當k?n時，齊齊哈爾大學畢業設計(論文)

kkk1?2?n?1??n2?n?1?C?1???Cn?1???????1?Cn?1???1

n?n?n????1n證明 我們建立如下概率模型：

設有k張卡片，等可能地投入n個箱子，求每一個箱子中至少有一張卡片的概率.記事件B為每一箱子中至少有一張卡片

事件Ai為第i個箱子中沒有卡片（i?1,2,?,n）則 B?A1?A2?A3???An 根據容斥原理，得

PB?P?A1?A2?A3???An???

?n?P?A???P?A1i?1i1i2?1nni1?Ai2???

??1?n??i1i2?in?1?1i1?i2??in?1kPAi1Ai2?Ain?1???1??n?1P?A1A2?An?

因為P?Ai???n?1?knk1????1??（i?1,2,?,n）

n??2????1??(對任意的i1?i2)

n??kPAi1Ai2????n?2?knk依次類推，對任意的i1?i2???in，我們有

PAi1Ai2Ai3?????3????1??n??k

PAi1Ai2?Ain?1?n?1????1??n??kk

n??P?A1A2?An???1??n??于是

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)n?i?1n1?1?P?Ai??Cn?1??n??k ?P?AiAi12?i1i2?1i1?i22?2??Cn?1??n??k

??所以1?2?n?1??n2?n?1?PB?C?1???Cn?1???????1?Cn?1??

n?n?n??????kkk1n從而 P?B??1?P?B?

kkk?1?1?2n?1????n即 P?B??1??Cn?1???Cn2?1???????1?Cnn?1?1??nnn????????????

但是由于k?n ,事件B每一箱子中至少有一張卡片為一不可能事件，故

P(B)?0,從而當k?nk時.kk1?2?n?1???? C?1???Cn2?1?????(?1)nCnn?1?1??nnn??????1n?1.1232n?1?2Cn?3Cn???nCn?2n 例3 證明組合恒等式 Cn證明 我們構造如下概率模型：

有一枚均勻的硬幣，我們重復投擲n次，求它正面向上的次數的期望。顯然，我們知道?~B(n,)，于是便得出：

2nnn1 E???kp(?i?0?k)??kCi?0kn1n()?2?kCi?0kn2n

而且 ?k???1,第k次試驗正面朝上?0,第k次試驗反面朝上nnk?1,2,?,n

所以便得到 E(?)?E(??k)?k?1n?i?0E?k?n2

?kC那么

i?0kn2n?n2

1232n?1?2Cn?3Cn???nCn?2n 整理后，得 Cn

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)第3章 運用概率理論構造數學模型證明組合恒等式

3.1 運用隨機變量的數字特征證明組合恒等式

在概率論中，我們可以討論隨機變量的數字特征，并且通過隨機變量的數學期望而進一步證明一些恒等式。而運用隨機變量的數字特征來證明組合恒等式就是我們依照需要被證明的組合恒等式的特點，然后構造出合適的隨機變量，并且利用隨機變量的數字特征的定義，性質來證明組合恒等式成立的方法，其中可以利用數學期望，數學方差等。利用數字特征法是證明組合恒等式的一種比較重要的方法，我們在了解了具體概念后就用一系列的例子加以說明并且具體闡述，從而讓我們了解到這種方法是怎樣的一種方法。

引理3.1.1

若隨機變量?的方差D(?),則D(?)=E(?2)?E2(?)引理3.1.2

伯努利概型設有服從二項分布

Ai?{??i},i?0,.1,2,?,n(其中0?p?1，n為非負整數n[1])，并有

?Ci?ninp(1?p)in?i?1[1]

k例1

證明組合恒等式

?Ck?minCk?Cn2mmn?m

證明

當m=1和m=2時，我們可以用以下證明方法： 設?~b（n，p），Pk?Cnkpkqn?k(k?0,1,2,?,n),0?p?1且p?q?1

n當m=1時：

E(?)?12n?kCk?0nknpqkn?k?np

令p=，則?kC?n2knk?1n?11n?1，也就是?Ck1Cnk?Cn 2k?1當m=2時：

nE(?)?E[?(??1)??]?E[?(??1)]?E(?)?2?k(k?1)Ck?1knknPqkn?k?np

n根據公式D(?)=E(?)?E(?)，從而得出npq?12n22?k(k?1)Ck?2?n(n?1)2n?2

令p=，則

?k(k?1)Ck?2kn?n(n?1)2n?2

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)以上兩個是特例，它的一般性情況證明如下：

運用推廣的伯努利概型和多項式分布，我們構造如下概率模型：

設一個盒子中有紅黃白三種顏色的卡片若干，每次隨機抽取一張，取后放回，這樣連續做n次，p1和p2表示每次抽取紅色卡片與黃色卡片的概率，?1和?2表示每次抽到的紅色卡片與黃色卡片的次數。于是（?1，?2）服從多項分布，其分布律為

P{?i?i,?j?j}?令p1?14,p2?12n!i!j!(n?i?j)!p1p2(1?p1?p2)ijn?i?j，則聯合分布率為：

n!i!j!(n?i?j)!?122n?1

P{?i?i,?j?j}?n?m

它的邊緣分布為：P(?2?m)?1?i?0p{?1?i,?12?m} 112n同時

?2~B(n,),P(?2?m)?Cnm()m()n?m?Cnm222

因為多項分布的邊緣分布是二項分布，從而兩式相等，也就是：

n?m

?Ci?0m?inCm?i?Cn2imn?m

k所以證得原組合恒等式?CniCkm?Cnm2n?m成立。

k?mm?1例2

證明組合恒等式

?Ci?1Ci?1i?1n?mm?n?m?1n?1

證明

我們利用隨機變量的數字特征，構造出一下概率模型：

設一個盒子中裝有n張白色卡片，m張黑色卡片，一張接一張地將卡片取出，直到取出白色卡片為止，求平均要取多少張卡片。

這是求一個隨機變量X的期望值：

記事件{X?i}={取出的前i-1張卡片全是黑色卡片}，?1(X?i)令Xi???0(X?i)?，那么

xi?ixi?

?Xi?0??Xi?0??Xi?x?1??1??0?x

i?1i?x?1

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)

i?1x?im?!由于Xi非負，所以EX??E(Xi?0)??P(Xi?1?i)??Ci?1Cmi?1n?m

但是我們可以將EX更簡單的表示形式計算出來，于是我們假設已經把所有的同時令X1表示第一張白色卡片之前的黑色卡片n?m張卡片從盒子中取出來了，張數,?,最后Xn?1表示最末一張白色卡片之后的黑色卡片張數，根據X1的定義：

X1?X2???Xn?1?m,Ex1?Ex2??Exn?!?m

n!m!(n?m)!在考慮x1,x2,?,xn?1的聯合分布為P{X1?i1,X2?i2,?,Xn?1?in?1}=中i1,i2,?,in?1是非負整數，它們的和為m。，其這是因為從盒中取出的n?m張卡片一共有(n?m)!種可能方法。而且，取出的先是i1張黑色卡片，接著是一張白色卡片，再接著是i2張黑色卡片，接著又是一張白色卡片等等，很明顯，共有n!m!種可能方式。因此，就可以得到上述式子。

于是我們可以得到：X1,X2,?,Xm?1的聯合分布是i1,i2,?,in?1的對稱函數，所以對任意n個變量求和，所得到的結果是相同的，于是我們知道xi的邊緣分布相同。從而

EXi?mn?1(i?1,2,?,n?1),EX?[1?Xi]?1?m?1mn?1?n?m?1n?1

于是我們得出

?Ci?1Ci?1i?1n?mm?n?m?1n?1

如果采用分析學的方法來證明這個組合恒等式是非常難的，所以我們采用數字特征法來證明。

nnkn例3

證明組合恒等式

?kCk?1?n2n?1，?kk?12Cn?n(n?1)2kn?2.證明

我們可以考慮下列隨機變量的數字特征.設一名籃球運動員在條件相同下向同一籃筐投籃n次，每次進球的概率為12，考慮“投進籃筐次數”這個隨機變量X的數字特征.?1,第k次投進籃筐

記 Xk???0,第k次沒有進籃筐

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)則X1、X2、X3、?、Xn獨立同為二點分布：P?Xi?1??P?Xi?0??（i?1,2,?,n）, 且X?X1?X2???Xn服從二項分布B(n,所以

EX?E(X1?X2???Xn)=?E?Xk??k?1nn1212)

?k?1P?X1?1??n2

D?X??D?X1?X2???Xn??nn?k?1D?Xk??nD?X1??n4

而

E?X??12nn?kP?Xk?0kn?k??12nnn?kCk?1knkn

?

?kCk?1n2?n

2即

?kCk?1?n2n?1

又

E?X???kP?X2k?0?k??12nn?kk?12kCn

E?X2??D?X??E?X?

2?

12nn?kk?12Ckn?n?????

即 4?2?rn2nkCn?n(n?1)2k?12kn?2

例

4證明組合恒等式

?Ck?0kmCnr?k?Cm?n

r證明 考察從由n?m個大人和n個孩子組成的家庭隊伍中選取r?1個人參加親子比賽的問題.所選r?1個人中大人的人數用X 表示，則隨機變量X服從超幾何分布，且

P?X?k??Cm?1Cnr?1kr?1?kCm?n?1（k?0,1,?,r?1）

于是

E?X??r?1?kk?0Cm?1CnCrkr?1?k ?r?1m?n?1??m?1??r?1?r?1k?1r?1?kCmCn?r?m?n?1?Cm?nk?1?m?1??r?1?kr?kCmCn?r?m?n?1?Cm?nk?0

令

?1,第k個大人被選中Xk???0,第k個大人未被選中?

P?Xk?1??r?1m?n?（k?1,2,?,m?1）

r?1m?n?1;E?Xk??P?Xk?1??, k?1,2,?,m?1.齊齊哈爾大學畢業設計(論文)?

X?X1?X2???Xm?1

?

E?X???E?X???P?Xkk?1k?1nm?1m?1k?1???r?1??m?1?m?n?1k

例

5證明組合恒等式

?k?1Cn?1/Cm?n?1?k?1m?nm(m?1)

證明 一個盒子中裝有m張白色卡片n張黑色卡片，我們進行連續不放回地抽取卡片，直至摸到白色卡片時為止，下面考察取黑色卡片數的數學期望.設隨機變量?表示取黑色卡片數

?1,前（i-1）次都是取到的黑色卡?i???0,前（i-1）次至少取到白色卡片n片，第i次也取到黑色卡片一次，或第i次取到白色卡片其中i?1,2，?，n則

????i?1i

又

p??i?1??n(n?1)??n?i?1??m?n??m?n?1???m?n?i?1?

且

E?i?p??i?1? 于是我們得出

nniE????E?i?1???m?n??m?n?1???m?n?i?1?i?1n?n?1???n?i?1?n?m?n??m?n??m?n?1??m?n???m?3??m?2??m?n???m?2??m?1?nn?n?1?n?n?1??4n?n?1??4?3??m?1??2????????m?n??m?n??m?n?1??m?n???m?4??m?n???m?3??m?1?nn?n?1?n?n?1??5n?n?1??4??m?1??3????????m?n??m?n??m?n?1??m?n???m?5??m?n???m?4??m?1?nn?n?1??????m?n??m?n??m?1??nm?1?n?n?1????n?n?1??3?2?n?n?1??3?2?1?化簡時，每一次只將最后兩項通分?k個?????????

同時，???k???黑，黑，?黑，白??????? 其中k?0,1,2,?,n.k?1??k?1?.則p???k??Cnk?m/Cm?n

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)從而

E????k?p??k?0nk?1n?1k?1n?k??kn?K?Ck?1kn?m/?k?1??Ck?1m?n?m?n?Cn?1/?m?n??C?m?n??1k?1k?1n?k?1??1

?Cm?nmn/Cm?n?1n 由E?的唯一性知：nmnm?n?k?1Cn?1/Cm?n?1?k?1knm?1

k整理即得：?Cnk??11/Cm??n?1k?1m?nm?m?1?n.例6

證明組合和恒等式

?k?2k?0k?C2n?k??2n?1??C2n?2nn2n

證明

首先，我們構造如下概率模型：

設某人有兩瓶牙簽，每一瓶都有n根，每次用牙簽的時候，他在兩盒中任取一盒，然后抽出一根適用若干次后，發現一瓶牙簽已經用完，求另一瓶中有k根牙簽的概率。

如果用 A1，A2分別表示甲或乙瓶中余下 k根牙簽.用 Ar 表示一盒用完，而另一盒中有 k根的事件，則Ar?A1?A2.注意到，當發現一盒已空時． 這一盒必定在前面已用過 n次，另一盒余下k根，從而另一盒已用過n—k 次，故共用了2 n —k +1 次.每次取到甲(乙)瓶的概率是

12.所以

PAr?P?A1?A2??P?A1??P?A2? ???1??1?

=C2nn?r?????2?2??2?1nn?r?1??1?n?C2n?r?????2?2??2?1nn?r

=C于是我們得出：

n2n?r?1????2?2n?r

p???k??C2n?kn?1?????2?2n?k,k?0,1,2,?,n.下面用不同的方法計算隨機變量?的期望值.齊齊哈爾大學畢業設計(論文)

2n?k根據定義：E??122n?k?p??k?0nn?k??n?k?Ck?0n2n?k?1?????2?

=?K?2k?0kn?C2n?k

另一方面，設E??u，由?p???k??1知：

k?0nnnn?u?n??p???k??k?0?K?P??k?0n?1k?0?K??K???n?k??P??k?0n?k???1?????2???n?k??P??2n?k????n?k??Ck?0n?1n?k2n?k???n?k??Ck?0n?1n?1n?k2n?k?1?????2?2n?k??????2n?k??Ck?0n?1k?0n?k?12n?k?1?1????2?2n?k?1?1?????2???2n?k??p??2n?122n?12?k?1??112n?1?p??k?0n?1?k?1??2k?0??k?1??p???k?1??1?p???0????/2

2n?122n移項整理得：E???2n?1??p???0??1?由E?的唯一性知：n?C2n?1

nn122nn?k?0k?2?C2n?k?kn2n?122nC2n?1

整理即得：?k?2k?C2nn?k??2n?1??C2nn?22n

k?0n?1例7 證明組合恒等式 ?k(k?1)(n?k)?2Cn4?1

k?2證明 我們構造如下概率模型：

設有n張撲克牌，其中只有3張是K,我們將撲克牌洗一遍之后再從中隨機不放回抽取，直到抽取到第二張K為止，此時抽出的紙牌數為?，求它的期望。

首先我們先需要計算出?的分布列，按照古典概率的計算：

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)P(??k)?3!(n?3)!(k?1)(n?k)n!?6(k?1)(n?k)n(n?1)(n?2),k?2,3,?,n?1

然后根據數學期望的定義我們可以得出：

n?1E???kp(?k?2?k)?k(k?1)(n?k)? ?n(n?1)(n?2)k?26n?1另外，我們假設從最低下開始一張一張地翻牌，直到抽取到第二張K出現為止，此時抽出的紙牌數目為?，由對稱性可知，?與?有相同的分布列，于是也有相同的數學期望，即E??E?,而且它們有關系：????n?1 對這個式子兩邊求期望：E??E??n?1 所以E??n?12然后將其帶入?式可得

n?1?k(k?1)(n?k)?2C

4n?1k?23.2 運用構造概率模型證明組合恒等式

運用構造概率模型證明組合和恒等式大體上分為兩步：

n 第一步，將待證明的組合恒等式改寫為?Pi?1的形式；

i?1 第二步，通過構造出合適的概率模型，使得完備事件組Ai(i?1,2,?,n)互斥，n并且?Ai??，同時P(Ai)?pi(i?1,2,?,n)。

i?1 其中第一步需要掌握靈活的恒等式變形能力，以及敏銳的觀察力，而要完成關鍵的第二步，必須對于古典概率問題有深刻的理解，還要把握許多的綜合條件，同時具有豐富的聯想能力。由于證明中的關鍵是對隨機事件概率的逆過程的求解——我們需要由Pk去尋找Ak,故在思考過程中起主導作用的是發散性思維，創造性思維。

例1 證明組合恒等式 Cnk?1?Cnk?1?Cnk??11?Cnk?1 證明 首先我們將公式變形為

CnCk?1kn?1?Cn?1Ck?1kn?1?Cn?1Ckn?1k?1

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)接下來，我們構造這樣的概率模型：

一個盒子里裝有n?1張卡片，其中有一張紅色卡片，一張黑色卡片，n?1張白色卡片，現隨機地從盒子中抽取k張卡片.設事件A為k張卡片中有紅色卡片的事件，事件A的逆事件記為A.則 P?A??C1CnC1k?1kn?1;

設事件B為k張卡片中有黑色卡片的事件，事件B的逆事件記為B,由事件間的關系有

A?A?B?B??AB?AB.從而 P?A??P?AB?AB?

?P?AB??P?AB? 所以 P?A??C1C1Cn?1Ckn?101k?1?C1C1Cn?1CCnkn?100k.k?1k由對立事件和得性質P?A??P?A??1.可得

k?1kCn?1?Cn?1Cn?1?Cn?1Cn?1kk?1

從而 Cnk?1?Cnk?1?Cnk??11?Cnk?1

例2 證明組合恒等式 1?Cn?mC1n?11?Cn?m?Cn?m?1C1n?111?C1n?2??Cn?m?C3C2C1C1n?11111?C1m?1C1m?nm.證明 我們首先將公式變形為 CmCn11?CmCn?mCnCn?11111?CmCn?mCn?m?1CnCn?1Cn?2111111???CmCn?m?C3C2C1CnCn?1?Cm?1Cm111111111?1

接下來，我們構造這樣的概率模型：

一個盒子中中裝有n張卡片，其中有m張紅色卡片，現在從中連續取出卡片并且不放回，求取得紅色卡片的概率。

記事件A為取得紅色卡片，事件Ai為第i次取得紅色卡片 于是我們得到 A=A1??A1A2???A1A2A3?????A1A2?An?m?An?m?1? 由加法公式、乘法公式及條件概率的定義，得

P?A??CmC1n1?Cn?mC1n1?CmC1n?11???Cn?mC1n1?Cn?m?1C1n?11??C1C11m?1?CmC1m1

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)顯然，只要逐個取卡片，早晚是要取得紅色卡片的.即事件A為一必然事件，故P(A)?1.所以1?Cn?mCn?111?Cn?m?Cn?m?1Cn?1?Cn?21111??Cn?m?C3C2C1Cn?1?Cm?1Cm1111111?nm.古典概率與組合數有著十分密切的聯系，某些組合式本身或稍加整理，就具有某種明顯的概率意義.例如

CmCn?mCrnkr?k就可視為下面概率問題的解：“某盒中有n個球，其中有紅球m個，今從盒中任取 r個球，求恰有k個紅球的概率”，基于這一點，對某些組合恒等式，我們可采用古典概率的方法來證明.n?kkn例3 證明組合恒等式 ?CmCr?k?Cm?r?1 ?n?m? ?kk?0n證明 我們構造如下古典模型：

一個城市的道路是經緯均勻網狀，李某的家庭住址和上班地點恰好分別處于兩個交叉點.以李某的家庭住址所在的兩條路為坐標軸、交叉點為坐標原點，建立直角坐標系，并使李某的上班地點處于坐標系第一象限之中.設李某的上班地點位于點(m?n?r?1,n).考慮李某從家庭住址到上班地點走過的路最短時所選擇的路徑問題，（即在以(0,0)、(0,n)、(m?n?r?1,n)、(m?n?r?1,0)為頂點的矩形內，李某從住處到單位上班沿與X軸平行的方向行走時只能向左拐，沿與Y軸平行的方向行走時只能向右拐）.易知，李某從家庭住址到上班地點走過的路最短所選擇經過的路徑共有Cm?r?1種不同方式.n記Ak表示事件“李某經過端點為(r,k)和(r?1,k)的路徑數”

Ak所包含的基本事件個數為:從(0,0)點到(r,k)點走過的路徑數乘以從(r?1,k)點到(m?n?r?1,n)點的路徑條數.n?kkn?k?Cr?kCm?k 即為 Crk?kCm?n?r?1?(r?1)?n?k? P?Ak??Cr?kCm?kCnm?r?1kn?k（k?1,2,?,n）

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)由Ak的定義知，A0、A1、?Ar構成一個完備事件組.?r? ? 1?P?A??k????k?0?n?P?A???kk?0k?0rrCr?kCm?kCnm?r?1kn?k

n?kn上式整理得： ?Crk?kCm?Cm?r?1 ?kk?0令m?n得： Cr0?Cr1???Crn?n?Crn?n?1

n例4 證明組合恒等式 Cnn?r?1??Ci?0n?in?i?r?2

證明 我們構造如下古典概率模型：

設將n張相同的卡片放到r個不同的盒子中，把這一實驗結果作為一個向量(x1,x2,?,xr)，其中xi表示被分到第i個盒子中的卡片數，于是滿足 x1?x2???xr?n(?)的向量(x1,x2,?,xr)的個數。

考慮n張白色卡片與r?1張黑色卡片組成的排列，將每一個這樣的排列與(?)式按照下面的方式對應起來：使x1等于排列中第一張黑色卡片左邊的白色卡片的張數，x2等于第二張黑色卡片間白色卡片的張數，如此繼續到xr，它等于最后一張黑色卡片右邊的白色卡片的張數。很容易得到n張白色卡片與r?1張黑色卡片的所有排列與方程(?)的全體解一一對應，由于排列共有

(n?r?1)!n!(r?1)!n?Cnn?r?1個，即解也有Cnn?r?1個，所以得到Cnn?r?1??Ci?0n?in?i?r?2

或者還可以如下：我們很明顯看出x1可取0,1,2,?,n的n?1個值，x2,?,xr可以組成一個r?1維向量(x2,?,xr)

令A0：當x1=0時，(x2,?,xr)的解的個數為Cnn??rn?

2;?;

An：當x1=n時，(x2,?,xr)的解的個數為Cnn?r?2

nn?Ci?0n?in?i?r?2由于 ?P(Ai)?i?0Cn?r?121

n?1

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)所以得到 Cnnn?r?1??Ci?0n?in?i?r?2

r例5 證明組合恒等式 Crr?m??Cj?0jm?j?1

?1r證明 之前的例子我們證明過這樣一個組合恒等式：Cnr?Cnr??Cn?1 1這個需要被證明的組合恒等式實際就是該組合恒等式的推廣，于是我們建立如下古典概率模型：

現在將m?r張卡片從1進行編號，并從中抽取r張卡片作為一組，用n來表示1,2,?,n號都被選出而n?1號未被選出的最大值，如1號未被選出那么n?0.若1號選上了而2號未被選上，則n?1，如此等等，令n?i，不同組的卡片數顯然等于從編號為i?2,i?3,?,i?m的卡片中抽出r?i張卡片的選法總數。于是

rn?i的組有Cr?im?r?i?1個，因此總數Crm?r滿足Crrm?r??Ci?0r?im?r?i?1

我們令j?r?i得 Crr?m??Cj?0jm?j?1

3.3運用等概率法證明組合恒等式

我們從不同的角度解答同一個概率問題，就可以得到同一事件的概率兩種不同的表達形式，并且由它們相等來證明組合恒等式。在概率問題中，我們往往不能局限在一種思維，其實可以用多角度的思想去解答，這樣也會給證明帶來便利。

1nn???Cn?2 例1 證明Cn0?Cn證明 這是一個重要的組合恒等式, 這里用概率的思想證明.為此我們構造如下概率模型：

“某人投籃命中率，現獨立地重復投籃了n次，問投進的概率是多

21少？”

記事件Ak為投籃n次投進了k次（k?1,2?,n）, 于是問題是求P?A1?A2???An?.由于A1,A2,A3?An兩兩互斥，得

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)P?A1?A2???An???P?A?

kk?1n1??1? =?Cnk??????2??2?k?1nkn?kn??k?1Cn2nk

又因A1?A2???An的對立事件是A1?A2?An，問題可以轉化為求1?PA1?A2?An，而 ?? P?A1?A2?An??Cn2n0

Cn2n01?PA1?A2?An?1???

1nn???Cn?2.即Cn0?Cn1例2 證明組合恒等式 ?Cn0???Cn?????Cnn??C2nn

222證明 根據組合式的性質.Cnr?Cnn?r, 原式左邊可變形為：

CnCn?CnCn0n1n?1???CnCn?C2nn0n

兩端同除以C2nn，得：

CnCnC2nn0n?CnCnC2nnkn?1???CnCnC2nnn0?1

我們來觀察上面這個式子式的概率意義，可以構造下面的模型：

“一盒子里有2n張卡片，其中n張白色卡片n張紅色卡片，今從中任取n張卡片，求至少有一張紅色卡片的概率.”

記事件A為抽得的n個球中至少有一張紅色卡片；

事件Ai為抽得的n個球中恰有i張紅色卡片

則 P?Ai??CnCnCn2nin?i（i?1,2?,n）

而 A?A1?A2???An 且 Ai?Aj?? ?i?j? 根據有限可加性，得

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)P?A??P?A1??P?A2????P?An? ?CnCnC2nn1n?1?CnCnC2nn2n?2???CnCnC2nnn0

另一方面 A?{ 抽得的 n 張卡片都是白色卡片 } 而 P?A??CnCnCn2n0n

CnCnC2nn0n于是

P?A??1?PA?1???

所以 CnCnCn2n1n?1?CnCnCn2n2n?2??CnCnCn2nn0?1?CnCnCn0nn2n CnCn?CnCn2001n?1???CnCn?C2n2n01即 ?Cn0???Cn?????Cnn??C2nn

2m例3 證明組合恒等式 ?CniCnm??ii?Cnm?2m

i?0證明 我們構造以下概率模型：

設箱子中有n付大小不同的手套，現在我們隨機從中取出m只，計算取出的手套全不配對的概率.把從2n只手套中取出m只不同手套的組合作為樣本點，則樣本點總數為C2nm.記事件A為取出的m只手套全不配對，接下來計算P(A).方法一 A發生要求m只手套必須取自于不同型號種類的手套，而手套的種類有n種，因而m只手套可有n種可供選取，共有Cnm個選取種數.同時，在每一

1種類型號的手套中又有“左”、“右”兩只手套可選擇，有C2種取法，這樣，取11??C（出m只手套共有C2m個）種取法.綜合上述，A的基本事件數目為Cnm?2m，2則P?A??Cnm?2m/C2mn.方法二 令Ai?取出的m只手套中含有i個“左”只手套，i?0,1,?m.顯然

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)A??Ai 且 AiAj??（i?j)則 P?A??i?0m?P?A?.又因為A中的i只“左”

imii?0手套可有n種“左”手套可供選取，共有Cni種取法.其余另外的m?i只手套全是“右”手套，為了使得取出的m只手套全不配對，那么，這n?i只“右”手套只能在剩下的n?i種型號的手套所對應的n?i“右”手套中選取，共有Cnm??ii種取法.于是，由乘法原理可得，Ai的基本事件數目為CniCnm??ii（i?0,1,2?m）那么

P?Aii??Cim?nCn?i/Cm2n mm由此可得 P?A???P?A?im?ii??CnCn?i/Cm2n

i?0i?0綜合上述可得組合恒等式:

m?Cim?imnCn?i?Cn?2m i?0n例4 證明組合恒等式 ?Cin?iaCb?Cna?b?Cnb

i?1證明 我們構造如下的概率模型：

設一個盒子中有a張黑色卡片，b張白色卡片，我們現在從中隨機抽取

(n?min(a,b))張卡片，求所取的卡片中至少有一張黑色卡片的概率。

記事件A為任取的n張卡片中至少有一張黑色卡片；

事件Ai為任取的n張卡片中至少有一張黑色卡片（i?1,2,?,n）

nn那么A1,A2,?,An是互不相容事件并且?Ai??，則?P(Ai)?1

i?1i?1in?i而

P(AaCbi)?Cn(iC?1,2,?,n)

a?bni?in?CaCnb于是

P(A)??P(A)?i?1in

i?1Ca?b記事件A為任取的n張卡片中沒有黑色卡片

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)

n則

P(A)?CbCna?b

Cbnn那么

P(A)?1?P(A)?1?nCa?b

所以我們得到

?Ci?1iaCbn?iCna?b?1?CbCnna?b

n整理可得

?Ci?1iaCbn?i?Ca?b?Cbnn

第4章 由概率論方法引申出的恒等式證明

4.1 級數恒等式的證明

?例 證明級數恒等式 ?n?1n(n?1)!?1

證明 我們建立如下概率模型：

設有一個盒子，里面裝有黑色卡片和白色卡片，設其為事件A，其中白色卡片一張，黑色卡片無數張，則事件A只包含兩個基本事件摸出為黑色卡片（設為事件B）和摸出白色卡片（設為事件C）的隨機試驗，我們進行有放回的隨機抽取卡片，并且為獨立重復n次試驗，則在第k次試驗中，B出現的概率P(k)，不出現的概率為Q(k)，則Q(k)?1?P(k)。

現令T(n)表示在n次獨立試驗中B首次出現在第n次試驗中的概率，于是有T(1)?P(1)，T(2)?Q(1)P(2)，??，T(n)?Q(1)Q(2)??Q(n?1)P(n), 令P(N)??T(n)，?(N)??Q(n)，則有P(N)??(N)?1。

n?1n?1NN取P(n)?nn?1，則?(N)??Q(n)??n?1NNn?1NNN1n?1n，N故P(N)??(N)??T(n)??Q(n)??n?1Nn?1n?1（n?1）!???n?11n?1?1

由于N??，lim?1n?1N??n?1?0，所以有?n?1n(n?1)!?1，齊齊哈爾大學畢業設計(論文)4.2 初等組合恒等式的證明

例

證明下面兩個組合恒等式

?1(1)Cnr?Cnr?1?Cnr?1

其中n,r,s,?N

(2)Cns?1?Cn?1?Cn?2????Cs 其中n,r,s,?N sss證明

(1)我們建立如下概率模型：

設一個盒子中裝有n張卡片,其中僅有一張紅色卡片，現從盒子中取出r張卡片，則有Cnr種取法。于是我們可將這Cnr種取法分為兩類：一類是包含紅色卡片的，取定了那個紅色卡片之外，還需在剩下的n?1張卡片中取出r?1張卡片來，?1共有C11Cnr?種取法；另一類是不含紅色卡片，應在除去紅色卡片后的n?1張卡片1中取出r張卡片，因此共有C10Cnr?1種取法，并且這兩類取法之和即為取法總數，即Cnr種取法。所以有

Cn?C1Cn?1?C1Cn?1?Cn?1?Cn?1，故(1)式得證。

下面證(2)式：

對(2)式作變換：令r?s?1有

Cns?1r1r?10rr?1r?Cn?1?Cn?1

s?1ss?1s再令n?n?1有

Cn?1?Cn?2?Cn?2

以此類推…

Cs?2?Cs?1?Cs?1?Cs?Cs?1

s?1sss把上面的式子左右各相加，化簡有 Cn?Cn?1?Cn?2?......?Cs。

s?1s?1s?1sss(2)式得證。

4.3 級數組合恒等式的證明

例

證明下面的級數組合恒等式

ki?0(1)?CCimk?in?Ckn?mki?0

(2)?CC?Ciminnn?mki?0

(3)?CnCn?ii(2n)!(n!)2

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)

??0當1?r?nn?kkr?(?1)C(n?k)?當r?n(4)?n!nk?0?n(n?1)?n!當r?n+1?2證明

(1)我們構造如下概率模型：

設一個盒子中有n張白色卡片和m張黑色卡片，我們現從中隨機地取出k張卡片，考慮取出的k張卡片中有i張白色卡片的事件Ai(i=0，1，?，k)的概率，于是可得

P?Ai???A0,A1，??，AkkkCmCnCik?ikn?m，i?0,1,2??????k，是互不相容的事件，且這k?1個事件之并是必然事件，即UAi??，則?P(Ai)?P(?)?1，i?0i?0k于是?CmCnkik?iki?0i?0Cn?m?1，即?CmCnik?i?Cn?m.k(2)令k?n，由式(1)可得式(2)；(3)令n?m，由式(2)可得式(3)。(4)欲證此等式，首先引入一個引理

引理：設隨機事件A1，A2,??????,An滿足

P(Ai)?p1,(i?1??n)

P(Ai1Ai2)?p2,(1?i1?i2?n)

P(Ai1Ai2Ai3)?p3,(1?i1?i2?i3?n)

??，P(A1A2??An)?pn，nk?1nk?1則有P(?Ak)??(?1)k?1CnP(k)

（1）

k為了證明本式，我們建立如下概率模型：

從1到n這n個自然數中每次任取一數，有放回地抽取r次，令Ai={取出的r個

齊齊哈爾大學畢業設計(論文)數均不等于i，i?1，2，??，n則

pk?P(Ai1Ai2??????Aik)?(nk?1nk?1n?knk?1),(1?i1?i2????ik?n,k?1,2??n)

n?knr則由(1)式P(?Ak)??(?1)Cn(k)，（2）

nr當1?r?n時，必存在i使得取出的r個數均不等于i，因此?Ai是必然事件，于

i?1是，由(2)式有

n?(?1)k?1k?1C(knn?kn_r)?P(?Ai)?1?C，即

?(?1k)?1Cnkn(?k)?，0

rni?10nnk?1① 當r?n時，Ai={取出的n個數中至少有一個等于i}，i = 1,2,?,n，于是，n?Ai?{取出的n個數均不相同}，由[7]知其概率為i?1n!nn，從而有

n!nnni?1ni?1P(UAi)?1?P(?Ai)?1?n

kkr(?k)?n!把上式代入(2)式整理可得

?(?1)Cnnk?0ni?1ni?1② 當r?n?1時，則?Ai?{取出的n?1個數恰有兩個數相同}，其概率P(?Ai)，n于是得出可知 P(?Ai)?i?1n!nnn?1Cn?1，2n!2P(UA)?1?P?(A?)?1C從而有

iin?1 n?1i?1i?1nnnk?o代入(2)式整理可得?(?1)Cn(n?k)?n!Cn?1?kkr2n(n?1)2n!

③ 當r?0時，考慮隨機試驗：從大于n的自然數中任取一數，令Ai={取出的數大于i}，i =1,?,n，則顯然

pk?P(Ai1Ai2??Aik)?1,(1?i1?i2????ik?n,k?1.2.?.n)

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kk且?P(UAi)?1?C，代入(1)式整理可得?(?1)Cn?0，k?oi?10nnnnk?o??0當1?r?nn?kkr當r?n所以有 ?(?1)Cn(n?k)??n!

k?0綜上所述，證明完畢。

??n(n?1)?2n!當r?n+130

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總 結

本文通過概率理論給出了證明組合恒等式的方法，主要應用了概率論中的古典概率，完備事件，互不相容，基本事件總數等相關知識。其主要思想是針對所要證明的組合恒等式構造出適當的概率模型，求出該模型中有關事件的概率。而構造概率模型來證明組合恒等式的基本方法是：首先根據需要被證明的組合恒等式特點建立相對應的概率模型；然后在概率模型中分析思考問題。然后根據概率的一些性質，推出應有的結論。組合恒等式的證明方法有很多，而用概率論的方法來證明組合恒等式不僅提供了組合恒等式的不同證明途徑，而且有助于加深我們對概率論基礎知識的理解和掌握。

本文主要研究了如何運用概率論的方法證明一些組合恒等式，一共分為三章：

第一章緒論中，簡單介紹了概率論方法研究的背景和發展狀況，自然引出了需要研究的問題；

第二章主要介紹如何運用概率論的基本理論來證明組合恒等式； 第三章主要介紹如何運用概率理論構造數學模型；來證明組合恒等式； 第四章針對前面的證明方法進行推廣證明一些其他的恒等式，以便于更加深刻理解這種用概率理論證明恒等式的好處。

組合恒等式的證明問題通常需要超高的技巧，有意識的積累一些組合恒等式的證明方法是很有益的。特別是運用概率論的方法證明，構造出適當的概率模型加以說明和解釋則非常有助于恒等式的記憶，理解與運用。

通過對本文的深入研究，不但使我對于概率論的方法證明組合恒等式有了更深一步了解，而且了解概率論在科學研究和實際生活中的很多應用，這更堅定了我努力研究數學知識并將這些知識應用于生活中的決心。

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參考文獻

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致 謝

我要感謝我的導師崔繼賢老師，他為人隨和熱情，治學嚴謹細心。在閑聊中他總是能像知心朋友一樣鼓勵我，在論文的寫作和措辭方面他總會以“專業標準” 嚴格要求我，從選題定題開始，一直到論文最后的反復修改，潤色，崔老師始終認真負責地給與我深刻而細致地指導，幫助我開拓研究思路，熱心點撥，熱忱鼓勵。正是崔老師的無私幫助與熱忱鼓勵，我的畢業論文才能夠得以順利完成，再次謝謝崔老師。

然后還要感謝大學四年來所有的老師，為我打下數學專業知識的基礎，感謝李學院和我的母校——齊齊哈爾大學四年來對我的大力栽培。

最后我要感謝我四年的大學同學，感謝我的家人和那些永遠忘不了的朋友，他們的支持與情感，是我永遠的財富

第四篇：李銀澤事跡

李銀澤，彝族，中共黨員，1980年12月出生，1999年12月入伍，2003年11月入黨，現任昆明市公安消防支隊特勤大隊一中隊專勤班班長，二級士官。入伍5年來，李銀澤同志始終牢記全心全意為人民服務的宗旨，正確樹立革命人生觀、價值觀、世界觀，忠實履行一名消防戰士的職責和神圣使命，他一直戰斗在滅火救援保衛第一線，把5年最美好的青春年華無私地獻給了昆明消防特勤事業。5年來，李銀澤同志在艱苦的訓練場上摸爬滾打，與肆虐的大火拼殺搏斗，用青春、汗水和熱血保衛著春城人民生活的安寧，體驗著追求理想的艱辛與幸福，展現著自己人生的價值。他先后參與了全市及省內部分地區的多起重、特大火災撲救以及化學泄漏、山體滑坡等特殊災害事故的處置，屢立戰功，為保衛國家經濟建設和人民群眾生命財產的安全做出了突出貢獻。在5.12安寧泥磷泄漏火災撲救戰斗中，李銀澤再一次深入險境，勇挑重擔，完成了最危險、最艱巨的任務，為部隊撲救火災、處置泄漏作出了突出貢獻，用自己的青春年華在烈火中譜寫出壯麗詩篇。

一、不畏犧牲迎難而上深入險地偵察堵漏

2005年5月12日凌晨零時，云南馬龍產業集團股份有限公司安寧分公司儲存有100余噸泥磷物料的4號沉降濃縮槽發生泄漏事故。泥磷燃燒生成的刺激有毒煙霧籠罩了整個廠區，彌漫至附近村莊，情況十分危急，如果泄漏擴大，災害蔓延，引發鄰近儲罐事故，后果將更加不堪設想。關鍵時刻，特勤官兵臨危受命，迅速出動，苦戰4天3夜，打下硬仗，再顯神威。

李銀澤隨首批出動力量于12日4時50分左右達到現場，這樣的場面對于他來說也是第一次，許多新同志都有點發懵，但李銀澤清楚自己是老同志，不能亂了陣腳，一切聽從中隊指揮員的命令。現場濃煙滾滾，情況不明，處置事故無從下手。李銀澤整頓好自己帶領的人員，做好個人防護主動請戰，同副中隊長一起前往火場深處進行偵察。高溫和濃煙讓他們難以靠近，但還是初步了解和熟悉了沉降槽底部泄漏和燃燒的基本情況。李銀澤撤出燃燒區域，脫下厚重的避火服頭盔，來不及擦去汗水便開始向指揮員匯報情況，得到燃燒區域的一些寶貴情況，現場官兵決定首先出水進行強攻，力爭先滅火再想辦法堵漏。兩個小時過去了，大火滅了又燃，燃了又滅，特勤官兵反復近戰強攻，然而事與愿違，由于燃燒時間較長，罐底泄漏更加嚴重，火勢更加猛烈，強攻方案被迫取消。12日上午，現場情況進一步變化，剛成立的指揮部決定由支隊參謀長和特勤大隊顏副大隊長帶領3名士官再次偵察，白天能見度有所好轉，偵察組到了罐底泄漏處，正當同志們進行勘察觀測時，泄漏口泄漏量瞬間加大。突然，成塊的泥磷落下來，顏華副大隊長躲閃不及,火團濺起的磷水混合物沾染上左腿，不幸被自燃的黃磷燒傷，受傷較重。此時，李銀澤距離顏華副大隊長不足1米，下落的火團濺起的磷水混合物朝他撲去，他往后用力一蹬，濺起的泥磷正好掉在他的戰斗鞋面上，不論是僥幸，還是身手敏捷，他又一次與危險擦肩而過。

顏副大隊長受傷的不幸并沒有使李銀澤在巨大的危險面前退卻，他毅然領受了堵漏的命令，和戰友穿戴好避火服，準備好各種可能用到的堵漏器材，來到泄漏罐前待命，一旦局部圍堰成功就增加水槍強攻并掩護堵漏。等待是需要勇氣和毅力的，剛才那一幕悲壯的場景，仍是如此清晰，歷歷在目，對此，每一個人都會害怕、恐懼，心理都會產生一定的想法……然而李銀澤的目光是那樣的堅毅，一旦時機成熟，指揮員發出命令，他會如猛虎下山一般，毫不猶豫地沖上前去完成那可能付出生命代價的艱巨任務！最終，因為泄漏量太大，火勢猛烈，指揮部被迫決定取消堵漏任務，但當零距離接觸泄漏燃燒區域，犧牲的危險隨時迫近時，李銀澤那種深入險境，臨危不懼，義無反顧的大無畏精神仍然令在場的官兵無不欽佩。

二、堅守陣地獨當一面光榮負傷堅持戰斗

無法近戰達到速戰速決的目的，特勤官兵只能轉入冷卻控制，配合圍堰填埋，處置進入僵持階段。李銀澤帶領本班人員把滿腔熱血轉化到了周圍的水槍陣地上，對泄漏罐實施冷卻，掩護工人進行筑堤圍堰。火場是千變萬化的，危險隨時會發生，由于現場風向改變，空氣流動加劇，泥磷燃燒迅速，瞬間濃煙滾滾，遮天蔽日，燃燒的泥磷四處飛濺，火勢瞬間增大，李銀澤和戰友占據的水槍陣地受到威脅。中隊指揮員“轉移水槍陣地，確保冷卻水不見斷”的命令傳來，為避免供水線路受損，他和一名戰友拖著近30米的水帶干線，翻越重重障礙，把水槍陣地轉移到上風方向的圍堰沙堆上，繼續戰斗。由于對環境不熟悉，又要掩護、協助戰友，加之能見度太低，李銀澤不慎一腳踩空，側翻在斜坡上，左腿膝關節韌帶嚴重拉傷。然而，這個消息卻是在一天后他撤出現場時才被戰友們發現。環境異常艱險，身體傷痛陣陣，可李銀澤哪里顧得上這些，他控制著水槍變換射流，立體冷卻罐體并撲救外圍火點，在全隊官兵的連續奮戰和共同努力下，四個水槍陣地持續射水實施滅火、掩護和冷卻，持續射水將近5000噸，確保了圍堰封堵工程順利合圍，將張狂蔓延的火勢死死封在罐底。

很快，暮色降臨，當地氣壓降低，大量煙氣沉降并籠罩在部隊宿營地，休整的戰士都戴著防毒口罩席地而眠，李銀澤卻還在忙碌著。身為專勤車駕駛員，他主動趕到火場指揮部前，將車載照明燈升起，對指揮部和周圍區域實施照明。只見他一會鉆進火場與肆虐的火魔展開殊死搏斗，一會又利用輪換休息時間檢查維護車輛和照明裝備，確保指揮部和處置現場的照明到位，就像一部上足了發條的機器，不知疲倦的工作。13日18時，火勢相對穩定，看著雙眼通紅，精疲力竭的李銀澤，大隊領導再也不忍心讓他留在火場，命令他返回中隊休息。直到登車時，李銀澤緩慢的抬起左腳，舉步為艱，戰友們才發現他的膝蓋受了傷，這時，李銀澤已瞞著領導和戰友，帶傷堅持戰斗了37個小時。在他心中，與國家和人民的利益比起來，這點傷痛算得了什么呢？15日上午，火魔被徹底縛住，勝利的消息傳來，還扎著繃帶的李銀澤盡管沒能親眼看到勝利的場面，但也無比振奮，自己和全隊戰友又一次經歷了血與火的洗禮，成為火場中一面屹立不倒的旗幟！戰斗中的成績并非偶然，在長期的工作、訓練中，李銀澤又何嘗不是一根樹立表率、創造一流業績的標桿。

三、戰功赫赫屢獲殊榮刻苦訓練勇攀高峰

入伍5年多來，他刻苦訓練、積極進取，業務素質不斷提高，各項工作成績突出，所帶班集體更是在全隊脫穎而出，從業務考核到年終評比樣樣拿第一，多次被評為優秀班集體。他堅持“練為戰”的指導思想，立足本職崗位，苦練精兵，在總隊、支隊歷次考核、競賽中屢屢取得優異成績。在執勤崗位練兵活動中，他緊緊瞄準現代火場的需求，刻苦鉆研訓練新法，努力探索高科技器材裝備與人結合發揮最佳效果的有效途徑，不斷加強業務學習，成為云南省消防部隊小有名氣的技術能手，被戰友們譽為云嶺“特勤尖兵”。他連續三年參加總隊、支隊執勤崗位練兵競賽，以優異成績獲得“訓練標兵”、“技術能手”等稱號，并被榮記“三等功”二次，獲得2002和2003全國執勤崗位練兵“先進個人”和“技術能手”稱號，受到公安部通報表彰。

去年以來，李銀澤先后參加了宜良中巴車墜河搜救遇難者，昆明南窯下水道搶救5名中毒人員，東川挖掘機翻車事故搶救被困司機，碧雞關水庫打牢溺水民工等大小搶險救援任務20余起，舍生忘死，救死扶傷，戰功顯赫。作為“火鳳凰”突擊隊的主力成員和中隊特種車駕駛員，李銀澤工作成績一流，模范表率作用突出，成為干部眼中的好士官，戰士眼中的好班長。

第五篇：浪威演講稿

自我介紹（略）

我們公司非常榮幸，承接了貴公司企業文化的修訂和視覺形象的設計工作，經過近一個月的努力，終于有了成果。今天借這個機會，和浪威各位同仁探討貴公司的企業文化，同時也是把我們這一個月以來的工作給大家做一次全面匯報。以下要講的內容分兩個部分：

第一是關于浪威裝飾的企業文化。

第二將貴公司的VIS，也就是視覺形象識別系統展示給大家。

如果時間允許，我們歡迎大家就所講內容提出問題，以便共同探討。

第一我們談企業文化，首先什么是企業文化？

企業文化是員工的意識形態在企業中的具體表現，反映企業成員共同認可的價值觀和逐漸形成的工作態度，又稱企業精神。美國勞倫斯等人把美國企業文化的基礎歸納為目標、共識、貢獻、一體、成效、實證、親密、正直8種基本的價值觀。

簡單的講，企業文化就是認準目標，統一思想。比如說在馬路聽警察的話，不闖紅燈；在單位聽領導的話，不遲到不早退；在社會聽黨的話，講究八廉八恥。當然這要求是低了點，是為人處世的下限，遠遠沒有上升到文化的高度，文化并不等同于知識，如果知識就是文化，那么最有文化的絕不是人，是電腦。將文章消化叫理解，將知識理解叫境界，有了良好的境界才有正確的判斷力；有了正確的判斷力，才能形成良好的價值觀念。企業文化就是集體的文化境界，需要積累和追求，是企業精神的上限。只有企業中的每個成員建立起共同的價值觀，道德規范、思想意識和工作態度，求同存異，才能實現共同的奮斗目標，也就是企業愿景的達成。

企業文化的內容主要有兩個方面：

①從內在來說，它包括企業員工的價值觀念、道德規范、思想意識和工作態度等；②而外在的表現上，它包括企業的各種文化教育、技術培訓、娛樂聯誼活動等。今天就是浪威執行企業文化工作的最好表現。企業文化也反映了一種管理方式，它強調企業內部各成員的行為控制，通過價值取向來進行優化管理。前500強已把企業文化當作一種新型的管理工具，憑借這一工具把精心擬訂的企業目標和策略變為具體的業績。

浪威企業文化推演

浪威需要什么樣的企業文化 ？

卓越鑄就輝煌。只有卓越的企業文化才能達成輝煌的企業目標，毋庸置疑，浪威需要卓越的企業文化。

卓越的企業文化有那些內涵呢？

浪威志存高遠，立志打造行業強勢品牌，但成功之路并非坦途，所謂雄關萬道真如鐵，如今邁步重頭越。二萬五千里長征，首先要的是勇氣。因此，浪威需要強大的具有激勵作用的企業文化。

浪威創業于當代，成功于眼前。作為企業，獲取利潤是天職。但浪威在獲得自身既得利潤的同時，需要考慮相關各方的利益。更多的時候不是直接占有，而是暫時放棄，財聚人散，財散人聚，這是正確而長久的利益觀，是智慧的具有強大生命力的價值觀。浪威需要具有正確價值觀的企業文化。

浪威創業于狼奔冢突、空前激烈的競爭年代，白手起家，艱苦創業，篳路藍縷，倍感艱辛。但是，浪威人走過來了！憑借自強不息的奮斗精神，浪威人在眼下創造了屬于自己的“奇跡”，將來浪威人還將創造更大的“奇跡”。“奇跡”的背后，依靠的是不屈的奮斗精神。浪威需要奮斗的企業文化。

浪威創業的成功，不僅僅是企業家的成功，而且是全體浪威人共同創業的成功；浪威創業史冊上永遠銘刻著每位創業者的貢獻。每位浪威人都應該，并且都能分享到創業的成果。浪威需要分享的企業文化。

浪威專業從事五星級酒店裝飾，需要專業的素質和專注的精神，專業專注，行為聚焦，然后才能成就非凡。在今后的歲月中，浪威將會專注于五星級酒店裝飾行業，為企業的進步，行業的發展不遺余力。浪威需要體現專業專注精神的企業文化。

浪威在經營活動中，需要社會公眾的了解和關注，并得到認同。因此，浪威文化的核心價值觀，應該具備更多的公眾屬性。浪威需要社會公眾認同的企業文化。

企業文化是不斷發展的，不是封閉和一成不變的，需要與時俱進。只有開放、吸收的企業文化，才能不斷發展。浪威需要開放的企業文化。

浪威的企業文化還需要具備包容性，能夠廣泛吸收世界范圍內優秀的企業文化。浪威需要包容的企業文化。

浪威為自己專業從事五星級酒店裝飾行業而自豪，因此，浪威的企業文化需要有更多的與行業相關的特定元素的表達。這是屬于浪威企業文化的基因（DNA）。浪威需要體現行業特性的企業文化。

浪威企業文化的特征

從上文推演中可以看出，浪威需要的企業文化富有自己的個性特征，同時又具備良好的社會屬性。浪威需要卓越的企業文化，激勵的企業文化，具有社會責任感的企業文化，具有正確價值觀的企業文化，體現專注精神的企業文化，社會公眾認同的企業文化，開放的企業文化，包容的企業文化，體現行業特性的企業文化。其中的關鍵詞是卓越、激勵、社會責任、價值觀、奮斗、分享、專業專注精神、社會公眾認同、開放、包容、行業特性。由此才能形成自己的浪威文化。

浪威文化以守法誠信，雙贏共進為企業宗旨；以創百年一流裝飾品牌為企業愿景；以誠信、熱情、團結、卓越、創新為企業精神；以堅持標準，確保品質，優質服務，持續創新為管理方針；以安全，優質，高效，低耗為管理目標。

由此，我們提煉出浪威企業形象的一句核心理念：

“浪威裝飾 修潤天下”

我們將這句話拆分來看，可以得出以下詞組：裝修、潤飾、浪威天下。顯而易見，在這個核心理念中，我們讀出了浪威的行業屬性，于精工細作中的專業專注的品性，和五星級酒店裝飾行業中舍我其誰的自信和氣魄。

下面是第二部分，什么是CIS？

CIS意思是企業識別系統（Corporate Identity System，簡稱CIS）是將企業經營理念、文化內涵及企業精神（Mind Identity，簡稱MI），通過企業集團對內、對外的行為語言與活動（Behavior Identity，簡稱BI），以及一整套程序化、系統化、規范化的企業視覺符號（Visua Identity，簡稱VI）傳遞給社會大眾，具有突出企業個性、塑造品牌形象的功能，是推動企業不但發展的內在動力；是企業產品或服務步入品牌化路線的執行開端，也是體現企業實力的一種重要的無形資產。

目前對于CIS的起源說法很多，最為普遍的說法是：“有人將倫敦地鐵標志的設計和運用作為最早的ＣＩ實例。由于地鐵是公共設施，有人便將最早ＣＩ實例這一殊榮讓給德國ＡＥＧ電器公司，１９０７年著名的建筑家貝倫斯為該公司設計了商標等ＶＩ系統，也有人認為現代CI的始祖應數IBM。”也有一些中國學者提出了他們的看法，認為中國才是世界CIS的鼻祖，中國ＣＩ學者認為古代的酒幌、商號乃至妓院名稱、妓女的個人品牌等等都是ＣＩ，而且商業活動早在中國商朝便已有了，其間也有ＣＩ現象。這是一筆糊涂帳，確定世界上第一個ＣＩ案例是很困難的，而且沒有多大意義。但是在中國，有一個有趣的現象。那就是千古一帝秦始皇，首先他創立了皇帝這個名詞，確立其至高無上的個人形象，他采納韓非、李斯的法家理論規范了帝國的統治系統，焚書坑儒統一思想，這些是帝國的經營理念和文化內涵，他自號 “始皇帝”，以后是二世三世直至萬世，這是帝國愿景。以上是MI。然后書同文，車同軌，統一度量衡，統一貨幣，設立郡縣制等等，這是帝國的行為部分，是BI。最有趣的是，他以祖龍的形象作為自己的標志，定義五形中水為吉，火為害。并將朝臣的服裝統一為黑色。這是視覺識別，是VI。他創立的這套皇帝制度在中國延續了兩千兩百多年。用CIS的方法對其進行衡量，我們發現這套帝國制度的CIS系統才是最成功。

隨著改革開放的不斷深化，特別是在我國加入世界貿易組織之后，國際強勢品牌進駐中國市場，必然形成強大的競爭壓力，同時也給中國各行各業帶來機遇和巨大的市場潛力。面對未來的挑戰，浪威裝飾適時推行導入全新品牌的VI系統，有利于構筑統一、規范、鮮明的品牌市場形象；樹立和保持品牌優勢；有助于擴大浪威裝飾在行業的知名度和美譽度，提高占有市場的競爭力，從而使企業的整體水平上一個新臺階，綜合素質有一個新提高，為真正實現強勢品牌的發展戰略目標，邁出堅實的一步。藉此編印此手冊以形成企業整體的VIS規范要求，為企業的CIS更趨統一和完善，為企業的標準化、規范化管理提供有力的依據。本手冊是浪威裝飾的視覺識別系統（VIS）手冊。

本手冊的執行和使用，牽動全局，涉及范圍覆蓋企業的方方面面，是一個不斷實踐不但完善的過程。企業下屬各部門在經營管理活動中，應自覺維護品牌形象的權威性、統一性，規范準確的使用本手冊，同時對于使用過程中，發現的不足之處和新問題，請及時反饋高層，以便做出認真的研究和必要的修改補充。

視覺識別系統(VIS)其意是指將企業品牌的一切可視事物進行統一的視覺識別規范，達到符號化、標準化、專有化。視覺識別系統(VIS)分為兩大主要方面：一是基礎系統，包括品牌標志、標準字體、印刷字體、標準圖形、標準色彩等要素；二是應用系統，包括辦公用品、公共關系、企業環境導示、交通工具、服裝服飾以及印刷出版物等。