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  • 二项式定理的推导
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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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    二项式定理

    展开式: 

    二项式定理给出两个数之和的整数次幂诸如展开为类似项之和的恒等式。

     

         n阶二项展开式的每一项系数等于杨辉三角第n层的值。

     

    系数性质:

    ⑴和首末两端等距离的系数相等;

    ⑵当二项式指数n是奇数时,中间两项最大且相等;

    ⑶当二项式指数n是偶数时,中间一项最大;

    ⑷二项式展开式中奇数项和偶数项总和相同,都是2^(n-1);

    ⑸二项式展开式中所有系数总和是2^n。

     

                                                                                                                                                           (图源BV1r4411j7ic/Bilibili)

     

    展开全文
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