\[\dbinom{n}{m}=\dbinom{n}{n-m} \]
選出補集的方案數等於選出原集合的方案數，即把補集去掉就是原集合
\[\dbinom{n}{m}=\dfrac{n}{m}\dbinom{n-1}{m-1} \]
用通項式直接代入可得，吸收恆等式
\[\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}=2^n \]
等號左面可以看做枚舉子集的大小再枚舉這個大小的子集個數，等號的右面則是直接枚舉子集，故相等
當然可以看成二項式定理的特殊情況
\[\dbinom{m+n}{m}=\sum\limits_{i=0}^m\dbinom ni\dbinom m{m-i}(n\ge m) \]
看作有兩個集合 \(A\) 和 \(B\)，\(A\) 有 \(n\) 個元素，\(B\) 有 \(m\) 個元素
左面即從 \(A,B\) 中共選出 \(m\) 個元素的方案數，右面即枚舉 \(A\) 集合中選多少個數，剩下的數在 \(B\) 集合中選
\[\dbinom{2n}{n}=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom ni^2 \]
上式的特殊情況
\[\sum\limits_{i=0}^n\dbinom i{m}=\dbinom{n+1}{m+1} \]
這里給出一種有趣的組合解釋：從 \(0,1,\cdots,n\) 中選出 \(m+1\) 個數，選出的數中最大為 \(i\) 的方案數為 \(\dbinom im\)
\[\dbinom{n}{m}\dbinom{m}{k}=\dbinom{n}{k}\dbinom{n-k}{m-k} \]
左側為從 \(n\) 個數選出 \(m\) 個數字，再從 \(m\) 個數字中選出 \(k\) 個
我們可以直接從 \(n\) 個數中選出 \(k\) 個，再從剩下 \(n-k\) 個數中選出 \(m-k\) 個在第二輪淘汰的數
\[\sum\limits_{i=0}^{n}\dbinom{n-i}{i}=F_{n+1} \]
\(F\) 表示斐波那契數列，展示出了斐波那契數列和組合數之間的關系，真奇妙
設 \(G_n=\sum\limits_{i=0}^{n}\dbinom{n-i}i\)，顯然有 \(G_0=F_1=1,G_0=F_2=1\)
我們只需要證明 \(G\) 滿足斐波那契的遞推式即可，即證明：\(G_{n+2}=G_{n+1}+G_{n}\)
\[\begin{aligned} G_n+G_{n+1}&=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom {n-i}i+\sum\limits_{i=0}^{n+1}\dbinom{n-i+1}{i}\\ &=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom {n-i}i+\sum\limits_{i=-1}^{n}\dbinom{n-i}{i+1}\\ &=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom {n-i}i+\sum\limits_{i=0}^{n}\dbinom{n-i}{i+1}+1\\ &=\sum\limits_{i=0}^n\left(\dbinom {n-i}i+\dbinom{n-i}{i+1}\right)+1\\ &=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom {n-i+1}{i+1}+1=\sum\limits_{i=1}^{n+1}\dbinom {n-i+2}{i}+1\\ &=\sum\limits_{i=0}^{n+1}\dbinom {n-i+2}{i}=\sum\limits_{i=0}^{n+2}\dbinom {n-i+2}{i}=G_{n+2} \end{aligned}\]