2001-大纲理-20 解-排列数公式的展开与性质

本题导读

本题考查排列数公式的展开与性质，以及二项式定理的应用。

📌【题干】

Question

（2001年大纲卷(理)） 已知 $i,m,n$ 是正整数，且 $1<i\le m<n$.

(1) 证明： $n^i{\text{A}}_m^i<m^i{\text{A}}_n^i$；

(2) 证明： $(1+m{)}^n>(1+n{)}^m$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第（1）问思路：将排列数公式 ${\text{A}}_m^i$ 和 ${\text{A}}_n^i$ 展开为连乘形式。要证 $n^i{\text{A}}_m^i<m^i{\text{A}}_n^i$，可以通过两边作商变形为证明 $\frac{{\text{A}}_m^i}{m^i}<\frac{{\text{A}}_n^i}{n^i}$。将两边拆分为 $i-1$ 个分式因式的连乘积，通过比较各对应因式的大小直接完成证明。
2. 第（2）问思路：由于底数分别含有 $m$ 和 $n$，直接变形较难，应考虑利用二项式定理将 $(1+m{)}^n$ 和 $(1+n{)}^m$ 分别展开。

• 写出两者的二项式展开通项；
• 将组合数与幂次项重组为包含排列数的形式；
• 利用第（1）问已证的结论 $n^i{\text{A}}_m^i<m^i{\text{A}}_n^i⟹\frac{{\text{A}}_m^i}{m^i\cdot i!}<\frac{{\text{A}}_n^i}{n^i\cdot i!}$（即各级展开项）进行逐项放缩比较，从而证出整体的不等关系。

✅【答案】

Success

(1) 证明见解析

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明： $n^i{\text{A}}_m^i<m^i{\text{A}}_n^i$

由于 $m,n,i$ 均为正整数且 $m,n\ge i$，根据排列数公式，将其展开为因式连乘形式： ${\text{A}}_m^i=m(m-1)(m-2)\cdots (m-i+1)$ ${\text{A}}_n^i=n(n-1)(n-2)\cdots (n-i+1)$

将目标不等式两边同时除以 $m^i\cdot n^i$ （由于 $m,n>0$，此变形保持不等号方向不变），原不等式等价于： $\frac{{\text{A}}_m^i}{m^i}<\frac{{\text{A}}_n^i}{n^i}$

分别化简两边的分式： $\frac{{\text{A}}_m^i}{m^i}=\frac{m}{m}\cdot \frac{m-1}{m}\cdot \frac{m-2}{m}\cdots \frac{m-i+1}{m}=1\cdot \left(1-\frac{1}{m}\right)\cdot \left(1-\frac{2}{m}\right)\cdots \left(1-\frac{i-1}{m}\right)$ $\frac{{\text{A}}_n^i}{n^i}=\frac{n}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-2}{n}\cdots \frac{n-i+1}{n}=1\cdot \left(1-\frac{1}{n}\right)\cdot \left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots \left(1-\frac{i-1}{n}\right)$

因为 $1<i\le m<n$，所以对任意满足 $1\le k\le i-1$ 的正整数 $k$，均有： $m<n⟹\frac{k}{m}>\frac{k}{n}⟹1-\frac{k}{m}<1-\frac{k}{n}$

由于每一项因式都是介于 $0$ 到 $1$ 之间的正数，将这 $i-1$ 个不等式对应两边相乘，保持不等号方向不变： $\left(1-\frac{1}{m}\right)\left(1-\frac{2}{m}\right)\cdots \left(1-\frac{i-1}{m}\right)<\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots \left(1-\frac{i-1}{n}\right)$ 即： $\frac{{\text{A}}_m^i}{m^i}<\frac{{\text{A}}_n^i}{n^i}$ 两边同时乘以 $m^i\cdot n^i$ 即得： $n^i{\text{A}}_m^i<m^i{\text{A}}_n^i$ 原命题获证。

（2）证明： $(1+m{)}^n>(1+n{)}^m$

利用二项式定理，分别将左右两边展开： $(1+m{)}^n={\text{C}}_n^0+{\text{C}}_n^{1}m+{\text{C}}_n^2{m}^2+\cdots +{\text{C}}_n^i{m}^i+\cdots +{\text{C}}_n^n{m}^n$ $(1+n{)}^m={\text{C}}_m^0+{\text{C}}_m^{1}n+{\text{C}}_m^2{n}^2+\cdots +{\text{C}}_m^i{n}^i+\cdots +{\text{C}}_m^m{n}^m$

将展开式中的组合数用排列数表示，即 ${\text{C}}_n^i=\frac{{\text{A}}_n^i}{i!}$，代入并化简前几项：

• 左边前两项： ${\text{C}}_n^0+{\text{C}}_n^{1}m=1+nm$
• 右边前两项： ${\text{C}}_m^0+{\text{C}}_m^{1}n=1+mn$ 可见，两边的前两项完全相等。

接下来比较第 $i$ 项（其中 $2\le i\le m$）。 左边的第 $i+1$ 项为： ${\text{C}}_n^i{m}^i=\frac{{\text{A}}_n^i}{i!}{m}^i=\frac{m^i{\text{A}}_n^i}{i!}$ 右边的第 $i+1$ 项为： ${\text{C}}_m^i{n}^i=\frac{{\text{A}}_m^i}{i!}{n}^i=\frac{n^i{\text{A}}_m^i}{i!}$

由第（1）问已证结论可知，当 $2\le i\le m$ 时，恒有 $n^i{\text{A}}_m^i<m^i{\text{A}}_n^i$。两边同时除以 $i!$ 可得： $\frac{n^i{\text{A}}_m^i}{i!}<\frac{m^i{\text{A}}_n^i}{i!}⟹{\text{C}}_m^i{n}^i<{\text{C}}_n^i{m}^i$ 这说明，在 $i=2,3,\cdots ,m$ 时，左边展开式的每一项都严格大于右边对应的项。

此外，由于 $n>m$，左边二项式展开式一共有 $n+1$ 项，而右边展开式一共有 $m+1$ 项。 左边除了与右边对应的项之外，还多出了后半部分项： ${\text{C}}_n^{m+1}{m}^{m+1}+{\text{C}}_n^{m+2}{m}^{m+2}+\cdots +{\text{C}}_n^n{m}^n$ 因为 $m,n$ 是正整数，这些多出来的项全部严格大于 0。

综上所述，进行逐项累加比较： $(1+m{)}^n=(1+nm)+{\sum }_{i=2}^m{\text{C}}_n^i{m}^i+{\sum }_{i=m+1}^n{\text{C}}_n^i{m}^i$ $(1+n{)}^m=(1+mn)+{\sum }_{i=2}^m{\text{C}}_m^i{n}^i$ 对应部分满足相等或严格大于关系，且后半段各项恒正，因此必定有： $(1+m{)}^n>(1+n{)}^m$ 原命题获证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：排列数模型因式分解法；二项式定理展开与级数求和项的逐项强放缩判定。
2. 核心方法：多项式展开对应项比较法。
3. 避坑指南：

• 直接求导或取对数陷阱：部分学生在处理第（2）问时，习惯性尝试两边取对数变形为 $n\ln (1+m)>m\ln (1+n)⟹\frac{\ln (1+m)}{m}>\frac{\ln (1+n)}{n}$。进而构造函数 $f(x)=\frac{\ln (1+x)}{x}$ 并通过求导证明其单调性。然而，该函数一阶导数 $f^{\prime }(x)=\frac{\frac{x}{1+x}-\ln (1+x)}{x^2}$ 的符号判定在初等代数范围内依然需要高阶放缩，无法在不借助高等泰勒公式的情况下直接闭合。必须重视题目第（1）问给出的代数提示，利用二项式级数放缩方为本题正解。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题属于典型的离散数学不等式组合论压轴证明题，取材于高级代数中关于数项级数（Numerical Series）放缩与收敛性分析的初等化经典模型。
2. 结论推广： 第（2）问的不等式可进一步推广并延伸至高等数学中关于幂函数与指数函数增长速率的通用数论模型。 两边同时开 $mn$ 次方根，不等式 $(1+m{)}^n>(1+n{)}^m$ 等价于： $(1+m{)}^{\frac{1}{m}}>(1+n{)}^{\frac{1}{n}}$ 这本质上对应连续函数 $g(x)=(1+x{)}^{\frac{1}{x}}$ 在整数域上的严格单调递减性。在高等微积分中，通过极限运算可知 ${\lim }_{x\to 0}(1+x{)}^{\frac{1}{x}}=e$，且当 $x>0$ 时该函数导数恒负。这一基于二项式逐项放缩建立的离散型超越不等式，是数学分析中确立自然常数 $e$ 极限存在性与确界限界的基础引理。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 22.01 计数原理、排列与组合

类题演练 (Links)

• 1953-全国-12 解-根式化简与二项式常数项
• 1954-全国-01 解-六小问综合（指数对数二项式立体正弦）
• 1958-云南-02 解-二项式和式求x8系数