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  • 牛顿二项式定理 二项式定理 对于一个这样的式子:(x+y)n(x+y)^n(x+y)n 展开式如下: (x+y)n=∑i=0n(in)xn−iyi(x+y)^n=\sum_{i=0}^{n}{(^n_i)x^{n-i}y^{i}}(x+y)n=i=0∑n​(in​)xn−iyi 其中(in)=n(n−1)...(n−i+1)i...

    牛顿二项式定理

    二项式定理

    对于一个这样的式子: ( x + y ) n (x+y)^n (x+y)n

    展开式如下:

    ( x + y ) n = ∑ i = 0 n ( i n ) x n − i y i (x+y)^n=\sum_{i=0}^{n}{(^n_i)x^{n-i}y^{i}} (x+y)n=i=0n(in)xniyi

    其中 ( i n ) = n ( n − 1 ) . . . ( n − i + 1 ) i ! (^n_i)=\frac{n(n-1)...(n-i+1)}{i!} (in)=i!n(n1)...(ni+1)

    牛顿二项式定理

    牛顿二项式定理是对二项式定理的扩展,通过牛顿二项式定理可以得到 ( x + y ) α (x+y)^\alpha (x+y)α

    的展开式,其中 α \alpha α是任意实数。

    α \alpha α为任意实数, x , y x,y x,y满足 0 ≤ ∣ x ∣ < ∣ y ∣ 0 \leq |x| < |y| 0x<y,有

    ( x + y ) α = ∑ k = 0 ∞ ( k α ) x k y α − k (x+y)^{\alpha}=\sum_{k=0}^{\infty}{(^\alpha_k)x^{k}y^{\alpha-k}} (x+y)α=k=0(kα)xkyαk

    z = x / y , ∣ z ∣ < 1 z=x/y,|z| < 1 z=x/y,z<1,那么 ( x + y ) α = y α ( 1 + z ) α (x+y)^{\alpha}=y^{\alpha}(1+z)^{\alpha} (x+y)α=yα(1+z)α,那么等价于求

    ( 1 + z ) α (1+z)^{\alpha} (1+z)α即可。

    ( 1 + z ) α = ∑ k = 0 ∞ ( k α ) z k (1+z)^{\alpha}=\sum_{k=0}^{\infty}{(^{\alpha}_k)z^{k}} (1+z)α=k=0(kα)zk

    n n n为正整数,我们用 − n -n n代替 α \alpha α,有

    ( k a ) = ( k − n ) = − n ( − n − 1 ) . . . ( − n − k + 1 ) k ! = ( − 1 ) k ( k n + k − 1 ) (^{a}_{k})=(^{-n}_{k})=\frac{-n(-n-1)...(-n-k+1)}{k!}=(-1)^k(^{n+k-1}_{k}) (ka)=(kn)=k!n(n1)...(nk+1)=(1)k(kn+k1)

    因此,对于 ∣ z ∣ < 1 |z|<1 z<1有:

    ( 1 + z ) − n = 1 ( 1 + z ) n = ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k ( k n + k − 1 ) z k (1+z)^{-n}=\frac{1}{(1+z)^n}=\sum_{k=0}^{\infty}{(-1)^k(^{n+k-1}_k)z^{k}} (1+z)n=(1+z)n1=k=0(1)k(kn+k1)zk

    − z -z z代替 z z z得:
    ( 1 − z ) − n = 1 ( 1 − z ) n = ∑ k = 0 ∞ ( k n + k − 1 ) z k (1-z)^{-n}=\frac{1}{(1-z)^n}=\sum_{k=0}^{\infty}{(^{n+k-1}_k)z^{k}} (1z)n=(1z)n1=k=0(kn+k1)zk

    n = 1 n=1 n=1得:

    ( 1 + z ) − 1 = 1 ( 1 + z ) = ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k z k (1+z)^{-1}=\frac{1}{(1+z)}=\sum_{k=0}^{\infty}{(-1)^kz^{k}} (1+z)1=(1+z)1=k=0(1)kzk

    ( 1 − z ) − 1 = 1 ( 1 − z ) = ∑ k = 0 ∞ z k (1-z)^{-1}=\frac{1}{(1-z)}=\sum_{k=0}^{\infty}{z^{k}} (1z)1=(1z)1=k=0zk

    利用这个式子我们就可以求任意精度的开根操作了。

    例如求 20 \sqrt{20} 20

    20 = 4 + 16 = ( 4 + 16 ) 1 2 = 4 ( 1 + 0.25 ) 1 2 \sqrt{20}=\sqrt{4+16}=(4+16)^{\frac{1}{2}}=4(1+0.25)^{\frac{1}{2}} 20 =4+16 =(4+16)21=4(1+0.25)21

    然后展开即可。

    20 \sqrt{20} 20 的程序

    
    /*******************************
    Author:galaxy yr
    LANG:C++
    Created Time:2019年10月04日 星期五 16时15分42秒
    *******************************/
    #include<iostream>
    
    const int maxn=3005;
    long double x,c[maxn][maxn];
    
    long double C(double a,double k)
    {
        long double res=1;
        for(double i=a;i>=a-k+1;i--) res*=i;
        for(double i=1;i<=k;i++)
            res/=i;
        return res;
    }
    
    long double solve()
    {
        long double x=1.25,a=0.5,z=x-1;
        if(z<0)z=-z;
        long double s=1,ans=0;
        for(int k=0;k<=170;k++)
        {
            ans+=C(a,k)*s;
            s*=z;
        }
        return 4*ans;
    }
    
    int main()
    {
        std::cout<<solve()<<std::endl;
        return 0;
    }
    
    
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  • 牛顿二项式定理 1、设α\alphaα是实数。对于所有满足1≤∣x∣<∣y∣1\le |x|< |y|1≤∣x∣<∣y∣的x和y,有 (x+y)α=∑k=0∞Cαkxkyα−k(x+y)^{\alpha}=\sum_{k=0}^{\infty}C_{\alpha}^k x^ky^{\alpha-k}...

    牛顿二项式定理

    1、设 α \alpha α是实数。对于所有满足 1 ≤ ∣ x ∣ < ∣ y ∣ 1\le |x|< |y| 1x<y的x和y,有
    ( x + y ) α = ∑ k = 0 ∞ C α k x k y α − k (x+y)^{\alpha}=\sum_{k=0}^{\infty}C_{\alpha}^k x^ky^{\alpha-k} (x+y)α=k=0Cαkxkyαk

    其中 C α 0 = 1 C_{\alpha}^{0}=1 Cα0=1

    C α k = α ( α − 1 ) … ( α − k + 1 ) k ! C_{\alpha}^k=\frac {\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-k+1)}{k!} Cαk=k!α(α1)(αk+1) = ( − 1 ) k − α ( − α + 1 ) … ( − α + k − 1 ) k ! = ( − 1 ) k C − α + k − 1 k =(-1)^k\frac {-\alpha(-\alpha+1)\dots(-\alpha+k-1)}{k!}=(-1)^kC_{-\alpha+k-1}^{k} =(1)kk!α(α+1)(α+k1)=(1)kCα+k1k

    2、当 α \alpha α为正整数时,当 k > α k>\alpha k>α时, C α k = 0 C_{\alpha}^k=0 Cαk=0,上式变为

    ( x + y ) α = ∑ k = 0 α C α k x k y α − k (x+y)^{\alpha}=\sum_{k=0}^{\alpha}C_{\alpha}^k x^ky^{\alpha-k} (x+y)α=k=0αCαkxkyαk

    3、当 α \alpha α为负整数时,设 z = x y z=\frac xy z=yx,此时 ∣ z ∣ < 1 |z|< 1 z<1
    ( x + y ) α = y α ( 1 + z ) α (x+y)^{\alpha}=y^{\alpha}(1+z)^{\alpha} (x+y)α=yα(1+z)α

    1. 这样我们只需要讨论 ( 1 + z ) α (1+z)^{\alpha} (1+z)α 就好了
      ( 1 + z ) α = ∑ k = 0 ∞ C α k z k = ∑ k = 0 ∞ ( − 1 ) k C − a + k − 1 k z k (1+z)^{\alpha}=\sum_{k=0}^{\infty}C_{\alpha}^k z^k=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^kC_{-a+k-1}^k z^k (1+z)α=k=0Cαkzk=k=0(1)kCa+k1kzk

    2. α = − 1 , z = − z \alpha=-1,z=-z α=1z=z

    ( 1 − z ) − 1 = ∑ k = 0 ∞ z k (1-z)^{-1}=\sum_{k=0}^{\infty}z^k (1z)1=k=0zk

    相当于普通生成函数1个因子的情况

    1. α = − n , z = − z \alpha=-n,z=-z α=nz=z

    ( 1 − z ) − n = ∑ k = 0 ∞ C n + k − 1 k z k (1-z)^{-n}=\sum_{k=0}^{\infty}C_{n+k-1}^k z^k (1z)n=k=0Cn+k1kzk

    相当于普通生成函数n个因子的情况

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  • 广义二项式定理

    万次阅读 2016-11-03 14:46:15
    由数式二项式定理可得 (1+x)n=∑r=0nCrnxr (1+x)^n=\sum_{r=0}^{n} C_n^r x^r 这里的n是正数,当指数为负整数时,如何二项式展开呢 当 −1≤x≤1-1\leq x\leq1,且n为正整数时 (1−x)−n=∑r=0∞Crnxr (1-x)^{-n...

    由数式二项式定理可得

    (1+x)n=r=0nCrnxr

    这里的n是正数,当指数为负整数时,如何二项式展开呢
    1x1 ,且n为正整数时
    (1x)n=r=0Crnxr

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  • 广义牛顿二项式定理

    千次阅读 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...

    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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  • 牛顿广义二项式定理-母函数

    千次阅读 2019-03-28 23:54:26
      好久没写博客了,有好多都是写成了草稿没写完。列个清单慢慢补。。 数论专题。 概率\期望专题 划分树专题 ...搜出来是广义组合数,对应的有广义二项式定理。一看这个玩意儿ACM经常用就学一下。...
  • 首先我们有一些函数推收敛的套路。比如对于y=1+x+x2y=1+x+x2y=1+x+x^2 ,我们知道xy=x+x2+x3xy=x+x2+x3xy=x+x^2+x^3,所以有xy−x3=y−1xy−x3=y−1xy-x^3=y-1,即y=1−x31−xy=1−x31−xy=\frac{1-x^3}{1-x}。用...
  • 我可以确定估计我们整个班都不知道怎么算,但是我们想知道,老师不讲,问她,她说一项项展开,吐槽一下,这是一个只会吹牛逼的组合数学老师,还是个女的……我在算法分析里看到的……  ...
  • 第一种:广义二项式定理; 对于负数的情况,如下;   那么答案十分显然,我们将其展开,就是C(3,n+2)   第二种思路:对于这个母函数的第n项的系数,相当于不定方程 x 1 + x 2 + x 3 + . . . + x n =...
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  • 二项式定理

    千次阅读 2013-09-18 23:45:29
    二项式定理,又称牛顿二项式定理,由艾萨克·牛顿于1664年、1665年期间提出。 该定理给出两个数之和的整数次幂的恒等式。二项式定理可以推广到任意实数次幂,即广义二项式定理
  • 根据广义二项式定理: 可得 ,其中x^n项的系数为C(n+2, 3) 所以答案就是C(n+2, 3) #include #define mod 10007 char str[505]; int main(void) { int i, ans = 0; scanf("%s", str+1); for(i=1;str[i]!=0;i++) ...
  • 广义二项式定理展开,系数就是$\binom{-4}{n}(-x)^n$ n次项系数为 $  \binom{-4}{n} = \frac{ (n+1)(n+2)(n+3) }{3!} $     #include #include #include using namespace std; const ...
  • Theorem ...牛顿提出了广义二项式定理,并以此为基础发明了微积分的方法,但对于二项式定理没有给出证明,欧拉尝试过,但失败了,直到1812年高斯利用微分方法得到了证明!
  • BZOJ1272要用卢卡斯定理 bzoj3027 #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std ; #define mmst(a, b) memset(a, b, sizeof...
  • 二项式定理可以推广到任意实数次幂,即广义二项式定理。二项式定理可以用以下公式表示: 我们称C(n,k)为二项式系数。 现在,你要解决得问题是:已知某二项数系数为m,那么有多少个(n,k)满足(...
  • 说白了就是有这样两条恒等的子: fn=∑i=0n(−1)iCnigi⟺gn=∑i=0n(−1)iCnifif_n=\sum_{i=0}^{n}(-1)^iC_{n}^{i}g_i⟺g_n=\sum_{i=0}^{n}(-1)^iC_{n}^{i}f_ifn​=i=0∑n​(−1)iCni​gi​⟺gn​=i=0∑n​(−1)...
  • 广义二项式

    2020-09-23 20:48:25
    m=i 因为取n-1 n=k-1=-4+1=-3 n’+2=(n-m+1)=-(-4+1-i+1)=n+2 n=3 https://zhuanlan.zhihu.com/p/35135709 https://www.cnblogs.com/maijing/p/4879012.html ...
  • 利用二项式定理 ( 2 p + 1 ) n = ( n 0 ) + ( n 1 ) 2 p + ( n 2 ) ( 2 p ) 2 + ⋯ + ( n n ) ( 2 p ) n (2^p+1)^n={n\choose0}+{n\choose1}2^p+{n\choose2}(2^p)^2+\cdots+{n\choose n}(2^p)^n ( 2 p + 1 ) n = ( ...

空空如也

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广义二项式展开定理