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  • 2019-09-28 12:34:07

    普通的牛顿二项式定理在高中学习过的,当乘方为正整数的时候,但是有些时候需要用到不一定是正整数的情况(比如生成函数),需要用到分数或者负数等等,于是广义牛顿二项式定理就出来了。

    首先我们引入牛顿二项式系数${r \choose n}$。

    牛顿二项式系数定义:

    设r为实数,n为整数,引入形式符号

    $${r \choose n}=
    \begin{cases}
    0, & n<0\\
    1, & n=0\\
    \frac{r(r-1)\cdots (r-n+1)}{n!}, & n>0
    \end{cases}$$

    广义牛顿二项式定理:

                    $(x+y)^{\alpha}=\sum_{n=0}^\infty{\alpha \choose n}x^{n}y^{\alpha-n}$

    其中x,y,α为实数,且$\mid\frac{x}{y}\mid<1$
    证明:

    证明需要用到数学分析的知识,没学过的话,应该看不懂2333。

    令$z=\frac{x}{y}$则有:

    $(x+y)^{\alpha}=y^{\alpha}(1+z)^{\alpha},\mid z\mid <1$

    设$f(z)=(1+z)^{\alpha}$,于是有:

    $f^{(n)}(z)=\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)(1+z)^{\alpha -n}$

    因此,当z0=0时,这个函数的泰勒公式(此时应该称为麦克劳林展开式)有如下形式:

    $(1+z)^{\alpha} =1+\frac{\alpha}{1!}z+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}z^{2}+\cdots +\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)}{n!}z^{n}+r_n(0;z)$

    也就是:

    $(1+z)^{\alpha}=1+{\alpha \choose 1}z+{\alpha \choose 2}z^{2}+\cdots +{\alpha \choose n}z^{n}+r_n(0;z)$

    将余项使用柯西公式得:

    $r_n(0;z)=\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n)}{n!}(1+ξ)^{\alpha -n}(z-ξ)^{n}z$

    其中ξ介于0到z之间.

    将余项变形一下可得:

    $r_n(0;z)=\alpha (1-\frac{\alpha}{1})\cdots (1-\frac{\alpha}{n})(1+ξ)^{\alpha}(\frac{z-ξ}{1+ξ})^{n}z$

    因为当$\mid z\mid <1$的时候,从ξ在0和z之间这个条件可以推出:

    $\mid \frac{z-ξ}{1+ξ}\mid =\frac{\mid z\mid -\mid ξ\mid}{\mid 1+ξ\mid}\leq \frac{\mid z\mid -\mid ξ\mid}{1-\mid ξ\mid}=1-\frac{1-\mid z\mid}{1-\mid ξ\mid}\leq 1-(1-\mid z\mid)=\mid z\mid$

    于是$\mid r_n(0;z)\mid \leq\mid \alpha (1-\frac{\alpha}{1})\cdots (1-\frac{\alpha}{n})\mid (1+ξ)^{\alpha}\mid z\mid ^{n+1}$

    因为$\mid r_{n+1}(0;z)\mid\leq\mid r_n(0;z)\mid \times \mid (1-\frac{\alpha}{n+1})z\mid$又因为$\mid z\mid <1$,所以,如果$\mid z\mid <q<1$,则不管$\alpha$值如何,对于足够大的n将有$\mid (1-\frac{\alpha}{n+1})z\mid <q<1$,这就是说当$n\rightarrow\infty$时,有$r_n(0;z)\rightarrow 0$,由此说明当$\mid z\mid <1$的时候,无穷级数$1+{\alpha \choose 1}z+{\alpha \choose 2}z^{2}+\cdots +{\alpha \choose n}z^{n}+\cdots (*)$收敛于$(1+z)^{\alpha}$。

    这时对于式子$y^{\alpha}(1+z)^{\alpha},\mid z\mid <1$将左边展开成无穷级数再将$y^\alpha$乘上就得到了我们的$(x+y)^{\alpha}=\sum_{n=0}^\infty{\alpha \choose n}x^{n}y^{\alpha-n}$

    当$\mid z\mid >1$时,由达朗贝尔比值检验法可以得出,只要$\alpha\notin\mathbb{N}$,级数(*)总是发散的。

    特别地,当$\alpha\in\mathbb{N}$时,对函数$f(z)$来说,任意高于n阶的导数均为0,余项为0,直接展开就完事了,展开得到的就是高中学过的二项式定理。

    参考资料卓里奇的《数学分析》与屈婉玲《离散数学》

    转载于:https://www.cnblogs.com/Asika3912333/p/11406614.html

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    一、二项式定理



    二项式定理 :

    n n n 是正整数 , 对于一切 x x x y y y , 有以下定理 :

    ( x + y ) n = ∑ k = 0 n ( n k ) x k y n − k (x + y)^n = \sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k}x^k y^{n-k} (x+y)n=k=0n(kn)xkynk


    ( n k ) \dbinom{n}{k} (kn) 表示 n n n 元集中取 k k k 个元素的组合数 , 是 集合组合数 C ( n , k ) C(n,k) C(n,k) 的另一种写法 ;


    另一个常用形式 ( y = 1 y = 1 y=1 ) :

    ( 1 + x ) n = ∑ k = 0 n ( n k ) x k (1 + x)^n = \sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k}x^k (1+x)n=k=0n(kn)xk


    基本求和公式 ( x = y = 1 x = y =1 x=y=1 ) :

    2 n = ∑ k = 0 n ( n k ) 2^n = \sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k} 2n=k=0n(kn)





    二、组合恒等式 ( 递推式 1 )



    ( n k ) = ( n n − k ) \dbinom{n}{k} = \dbinom{n}{n-k} (kn)=(nkn)



    组合分析方法 : ( n k ) \dbinom{n}{k} (kn) 是求 k k k 个子集选取方法 , ( n n − k ) \dbinom{n}{n-k} (nkn) 是求 n − k n-k nk 个子集的选取方法 , 二者是一一对应的 ;


    一般情况下 , ( n k ) \dbinom{n}{k} (kn) 的下项 , 不超过上项的一半 ;
    如果出现 ( 10 8 ) \dbinom{10}{8} (810) , 就可以写成 ( 10 2 ) \dbinom{10}{2} (210)





    三、组合恒等式 ( 递推式 2 )



    ( n k ) = n k ( n − 1 k − 1 ) \dbinom{n}{k} = \dfrac{n}{k} \dbinom{n - 1}{k - 1} (kn)=kn(k1n1)



    代入组合数的公式 , 可以得到 等号 = = = 两侧的值是相等的 ;

    该公式用于消去系数的 , 示例如下 :


    计算 ∑ k = 0 n k ( n k ) \sum\limits_{k=0}^n k\dbinom{n}{k} k=0nk(kn) 组合式 :


    此时需要消去 k k k 系数 ;


    使用 n k ( n − 1 k − 1 ) \dfrac{n}{k} \dbinom{n - 1}{k - 1} kn(k1n1) 代替 ( n k ) \dbinom{n}{k} (kn) , 有以下计算过程 :

    ∑ k = 0 n k ( n k ) = ∑ k = 0 n k n k ( n − 1 k − 1 ) \begin{array}{lcl} \sum\limits_{k=0}^n k\dbinom{n}{k} = \sum\limits_{k=0}^n k \dfrac{n}{k} \dbinom{n - 1}{k - 1} \end{array} k=0nk(kn)=k=0nkkn(k1n1)


    可以将加和式中的 k k k 约掉 , 此时 n n n 就与求和变量无关了 , 此时可以将 n n n 提取到加和符号 ∑ \sum 外面 ,

    ∑ k = 0 n k ( n k ) = ∑ k = 0 n k n k ( n − 1 k − 1 ) = n ∑ k = 0 n ( n − 1 k − 1 ) \begin{array}{lcl} \sum\limits_{k=0}^n k\dbinom{n}{k} &=& \sum\limits_{k=0}^n k \dfrac{n}{k} \dbinom{n - 1}{k - 1} \\\\ &=& n \sum\limits_{k=0}^n \dbinom{n - 1}{k - 1} \end{array} k=0nk(kn)==k=0nkkn(k1n1)nk=0n(k1n1)

    然后计算 ∑ k = 0 n ( n − 1 k − 1 ) \sum\limits_{k=0}^n \dbinom{n - 1}{k - 1} k=0n(k1n1) ,

    二项式定理是 : ( x + y ) n = ∑ k = 0 n ( n k ) x k y n − k (x + y)^n = \sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k}x^k y^{n-k} (x+y)n=k=0n(kn)xkynk

    根据二项式定理 , 可以得到 ( 1 + 1 ) n = ∑ k = 0 n ( n k ) (1 + 1)^{n} = \sum\limits_{k=0}^n \dbinom{n}{k} (1+1)n=k=0n(kn)

    推导 : ( 1 + 1 ) n − 1 = ∑ k = 0 n − 1 ( n − 1 k − 1 ) = 2 n − 1 (1 + 1)^{n-1} = \sum\limits_{k=0}^{n-1} \dbinom{n-1}{k-1} = 2^{n-1} (1+1)n1=k=0n1(k1n1)=2n1

    之后可以继续进行后续计算 ;





    四、组合恒等式 ( 递推式 3 ) 帕斯卡 / 杨辉三角公式




    ( n k ) = ( n − 1 k ) + ( n − 1 k − 1 ) \dbinom{n}{k} = \dbinom{n - 1}{k} + \dbinom{n - 1}{k - 1} (kn)=(kn1)+(k1n1)



    该递推式 , 用于拆项 :


    可以将 ( n k ) \dbinom{n}{k} (kn) 拆成 ( n − 1 k ) + ( n − 1 k − 1 ) \dbinom{n - 1}{k} + \dbinom{n - 1}{k - 1} (kn1)+(k1n1) 之和 ;


    ( n − 1 k ) \dbinom{n - 1}{k} (kn1) 拆成 ( n k ) − ( n − 1 k − 1 ) \dbinom{n}{k} -\dbinom{n - 1}{k - 1} (kn)(k1n1) 之差 ;


    将 将 ( n − 1 k − 1 ) \dbinom{n - 1}{k - 1} (k1n1) 拆成 ( n k ) − ( n − 1 k ) \dbinom{n}{k} -\dbinom{n - 1}{k} (kn)(kn1) 之差;


    在一堆求和的组合数中 , 拆分成两个数之差 , 可以抵消很多组合数 ;

    经常在大的求和公式中进行化简时使用 ;



    使用组合分析的办法证明该公式 :

    n n n 元集中选取 k k k 子集 , 这是集合组合数 ;


    指定其中某个元素 a a a ;

    ① 包含 a a a 元素 : k k k 子集中包含 a a a 元素的情况组合数 ( n − 1 k − 1 ) \dbinom{n - 1}{k - 1} (k1n1) , k k k 子集中包含 a a a , 只需要在除 a a a 元素外 , 剩下的 n − 1 n-1 n1 个元素中 , 选出 k − 1 k-1 k1 个元素即可 ;

    ② 不包含 a a a 元素 : k k k 子集中不包含 a a a 元素的情况组合数 ( n − 1 k ) \dbinom{n - 1}{k} (kn1) , k k k 子集中不包含 a a a , 只需要在除 a a a 元素外 , 剩下的 n − 1 n-1 n1 个元素中 , 选出 k k k 个元素即可 ;





    五、组合分析方法



    以上面证明 帕斯卡 / 杨辉三角 公式为例


    组合分析方法使用 : 使用组合分析方法证明组合数时 , 先指定集合 , 指定元素 , 指定两个计数问题 , 公式两边是对同一个问题的计数 ;

    • 指定集合 : n n n 元集
    • 指定元素 : 某个特定元素 a a a
    • 指定计数问题 :
      • ① 问题 1 : n n n 元集 k k k 组合数 ;
      • ② 问题 2 : n n n 元集中 k k k 组合数 , 组合中含有元素 a a a , 不含有元素 a a a 的两种组合计数 ;




    六、递推式组合恒等式特点



    使用 比较小的组合数 表示 比较大的组合数 , 称为递推式组合恒等式 ;


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  • 几何观点下的导数:

    几何观点下的导数:

    y − y 0 = − 1 x 0 2 ( x − x 0 ) y-y_{0} = -\frac{1}{x_{0}^{2}}(x-x_{0}) yy0=x021(xx0)

    表示法:

    f ′ = d f d x = d y d x = d d x f = d d x y {f}' = \frac{df}{dx} = \frac{dy}{dx}= \frac{d}{dx} f= \frac{d}{dx} y f=dxdf=dxdy=dxdf=dxdy

    f’–newton 牛顿表示法
    others - leibuniz 莱伯尼兹表示法

    binomial theorem 二项式定理

    ( x + Δ x ) n = ( x + Δ x ) . . ( x + Δ x ) = x n + n x n − 1 Δ x + j u n k ( O ( Δ x ) 2 ) (x+\Delta x)^{n} =(x+\Delta x)..(x+\Delta x)=x^{n}+nx^{n-1}\Delta x+junk(O(\Delta x)^{2}) (x+Δx)n=(x+Δx)..(x+Δx)=xn+nxn1Δx+junk(O(Δx)2)

    Δ f Δ x = 1 Δ x ( ( x + Δ x ) 2 − x n ) \frac{\Delta f}{\Delta x} = \frac{1}{\Delta x}((x+\Delta x)^2-x^n) ΔxΔf=Δx1((x+Δx)2xn)


    = n x n − 1 + O ( Δ x ) =nx^{^{n-1}}+O(\Delta x) =nxn1+O(Δx)

    So:

    d d x x n = n x n − 1 \frac{d}{dx}x^n = nx^{n-1} dxdxn=nxn1

    extends to polynomials:

    d d x ( x 3 + 5 x 10 ) = 3 x 2 + 50 x 9 \frac{d}{dx}(x^3+5x^{10})=3x^2+50x^9 dxd(x3+5x10)=3x2+50x9

    什么是导数(Derivative)?

    答案:改变率(Rate of change )

    average change 瞬时率(instaneous rate)

    Ex:

    1.q = charge 电荷, d q d t = c u r r e n t \frac{dq}{dt} =current dtdq=current 电流
    2.s = distance , d s d t = s p e e d \frac{ds}{dt}=speed dtds=speed

    Ex:
    h = 80 − 5 t 2 h = 80-5t^2 h=805t2

    t=0,h=80
    t=4,h=0
    ava speed :

    Δ h Δ t = 0 − 80 4 − 0 = − 20 m / s e c \frac{\Delta h}{\Delta t}=\frac{0-80}{4-0}=-20 m/sec ΔtΔh=40080=20m/sec

    instaneous speed:

    d d t h = 0 − 10 t \frac{d}{dt}h = 0-10t dtdh=010t

    t=4
    h ′ = − 40 m / s e c {h}' =-40m/sec h=40m/sec 是两倍的ava speed

    3.T = temperature

    d T d x = g r a d i e n t \frac{dT}{dx}=gradient dxdT=gradient

    4.测试灵敏度 sensitivity of measures

    limits and continuity

    • easy limit

    • Derivatives are always harder

    lim ⁡ x → x 0 f ( x 0 + Δ x ) − f ( x 0 ) x − x 0 ;     x = x 0 , g i v e s 0 0 \lim_{x\rightarrow x_{0}{}}\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{x-x_0}; \ \ \ x=x_0,gives \frac{0}{0} limxx0xx0f(x0+Δx)f(x0);   x=x0,gives00

    need concellation
    judgement
    1. lim ⁡ x → x 0 f ( x )     e x i s t s 1.\lim_{x\rightarrow x_{0}{}}f(x) \ \ \ exists 1.limxx0f(x)   exists
    2. f ( x 0 )   i s   d e f i n e d . 2.f(x_0) \ is \ defined. 2.f(x0) is defined.
    3.they are equal.

    lim ⁡ x → 0 s i n x x = 1 \lim_{x\rightarrow 0{}} \frac{sinx}{x} =1 limx0xsinx=1

    lim ⁡ x → 0 1 − c o s x x = 0 \lim_{x\rightarrow 0{}} \frac{1-cosx}{x} =0 limx0x1cosx=0

    removable discontinuity: y = 1 x y=\frac{1}{x} y=x1
    点不等
    infinite discontinuity: y = s i n 1 x y=sin\frac{1}{x} y=sinx1

    THEOREM:

    DIFF----->CTS 可导必连续

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  • 题目链接 932E 题解 题意 求 ∑i=0n(ni)∗ik.\sum_{i = 0}^{n} \begin{pmatrix} n\\i\\\end{pmatrix} * i^k....思路 f(x)=(1+x)n=∑i=0n(ni)∗xif(x) = (1 + x)^n = \sum_{i = 0}^n\begin{pmatrix} n\\i\\\end{pmatrix}...

    题目链接

    932E

    题解

    题意

    ∑ i = 0 n ( n i ) ∗ i k . \sum_{i = 0}^{n} \begin{pmatrix} n\\i\\\end{pmatrix} * i^k. i=0n(ni)ik.

    思路

    f ( x ) = ( 1 + x ) n = ∑ i = 0 n ( n i ) ∗ x i f(x) = (1 + x)^n = \sum_{i = 0}^n\begin{pmatrix} n\\i\\\end{pmatrix} * x^i f(x)=(1+x)n=i=0n(ni)xi
    x f ′ ( x ) = ∑ i = 0 n ( n i ) ∗ x i ∗ i xf'(x) = \sum_{i = 0}^n\begin{pmatrix} n\\i\\\end{pmatrix} * x^i *i xf(x)=i=0n(ni)xii
    . . . . . . ...... ......
    x k ∗ f ( k ) ( x ) = ∑ i = 0 n ( n i ) ∗ i k ∗ x i x^k*f^{(k)}(x) = \sum_{i = 0}^n\begin{pmatrix} n\\i\\\end{pmatrix} * i^k * x^i xkf(k)(x)=i=0n(ni)ikxi
    其中,令x == 1即为所求。

    我们定义 f [ a ] [ b ] [ c ] = 对 x b ∗ ( 1 + x ) c 求 导 并 乘 以 x , n 次 f[a][b][c] = 对x^b * (1 + x)^c 求导并乘以x,n次 f[a][b][c]=xb(1+x)cxn。则 f [ k ] [ 0 ] [ n ] f[k][0][n] f[k][0][n] 即为所求。
    转移方程为: f [ a ] [ b ] [ c ] = b ∗ f [ a − 1 ] [ b ] [ c ] + c ∗ f [ a − 1 ] [ b + 1 ] [ c − 1 ] f[a][b][c] = b * f[a- 1][b][c] + c * f[a - 1][b + 1][c - 1] f[a][b][c]=bf[a1][b][c]+cf[a1][b+1][c1]
    其中当 a = = 0 a == 0 a==0 时, f [ a ] [ b ] [ c ] = 2 c f[a][b][c] = 2^c f[a][b][c]=2c

    其中b、c之和恒等于n,故可以将数组降至三维。

    AC代码

    递归

    #include <bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    using ll = long long;
    int const N = 5e3 + 10;
    int const Mod = 1e9 + 7;
    int f[N][N], n, k;
    
    int FastPower(int a, int k) {
        int ans = 1;
        while (k) {
            if (k & 1) ans = 1LL * ans * a % Mod;
            a = 1LL * a * a % Mod;
            k >>= 1;
        }
        return ans;
    }
    
    int dp(int a, int b) {
        if (b > n) return 0;
        if (f[a][b] >= 0) return f[a][b];
    	if (a == 0) return (f[a][b] = FastPower(2, n - b));
    	return (f[a][b] = (1LL * b * dp(a - 1, b) % Mod + 1LL * (n - b) * dp(a - 1, b + 1) % Mod) % Mod);
    }
    
    int main() {
        scanf("%d%d", &n, &k);
        memset(f, -1, sizeof(f));
        printf("%d\n", dp(k, 0));
        return 0;
    }
    

    参考资料

    https://blog.csdn.net/Charlie_jilei/article/details/79330611?utm_medium=distribute.pc_relevant.none-task-blog-BlogCommendFromBaidu-2.channel_param&depth_1-utm_source=distribute.pc_relevant.none-task-blog-BlogCommendFromBaidu-2.channel_param

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  • 证明罗尔定理之前,我们先来描述一下它的几何意义。 为了使同学们更直观地看到这一点,我们计算机上做一个动画实验: 【定理证明】 在上连续,据闭区间上连续函数的最大值和最小值定理,在上取得最大值和...
  • 第八章 排列·组合与二项式定理 1.排列 1·1 不同元素的排列 1·2 含相同元素的排列与重复排列 2.组合 2·1 不同元素的组合 2·2 重复组合 3.二项式定理 3·1 二项式定理 3·2 二项式系数间的关系 3·3 一般的二项式...
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  • 光滑曲线什么意思? n次方差、n次方和公式、二项式定理(和的n次方),它们的理解记忆与对比。
  • 数学要项定理公式证明辞典简介本书译自笹部贞市郎先生编著的《数学要项定理公式证明辞典》(圣文社1980年第六次印刷本),囊括了初等数学及高等数学基本概念,定理、公式的详细证明和解法。对现代数学好些分支(线性...
  • 第八章 排列·组合与二项式定理 1.排列 1·1 不同元素的排列 1·2 含相同元素的排列与重复排列 2.组合 2·1 不同元素的组合 2·2 重复组合 3.二项式定理 3·1 二项式定理 3·2 二项式系数间的关系 3·3 一般的二项式...
  • 一.拉格朗日定理 1.罗尔定理(RRolle’s Theorem): 定理6.1:若函数f满足如下条件: ①[a,b]上连续 ...定理中的3个条件缺少任何1个,结论都可能不成立(见图6-2) 2.拉格朗日中值定理(Lagrange Mean Value Theore
  • 【DM】二项式系数

    2021-05-12 16:25:10
    二项式系数即组合数 C n r C_n^r Cnr​,也写作 ( n r ) \binom{n}{r} (rn​),代表 n n n 元集合的 r r r 组合数,由于它出现在二项式定理中,故也称之为二项式系数。 【二项式定理】设 n n n 是正整数,那么对于...
  • ,再应用定理5.1 例5.2 求 ln ⁡ ( 1 + x ) \ln(1+x) ln ( 1 + x ) x = 0 x=0 x = 0 处的Taylor公式 解: 令 f ( x ) = ln ⁡ ( 1 + x ) f(x)=\ln(1+x) f ( x ) = ln ( 1 + x ) ,则 f ( 1 ) ( x ) = 1...
  • 《数学分析初等数学的运用与例题选讲》对基本理论的选取以在中小学数学有比较直接的应用为原则,定理能证则证,不证的给予说明,相对自成体系.由于笔者的目标是引导数学师范生与小学数学教师从数学分析的...
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空空如也

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导数在二项式定理中的应用