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  • 二项式定理: 证明过程: 的项数是k+1,这部分是没有问题的(随便想想就能理解),关键是证,系数这个部分 当然,这其实就是杨辉三角形 我们把拆开就会得到=(a+b)(a+b)……(a+b)【k个(a+b)相乘】 我们把式子...

    二项式定理:       (a+b)^{k}=\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}a^{k}b^{n-k}

    证明过程:

    (a+b)^{k}的项数是k+1,a^{k}b^{n-k}这部分是没有问题的(随便想想就能理解),关键是证C_{n}^{k},系数这个部分

    当然,这其实就是杨辉三角形

    我们把(a+b)^{k}拆开就会得到=(a+b)(a+b)……(a+b)【k个(a+b)相乘】

    我们把式子拆开来运算的过程,相当于在每个括号中任意选a或者b

    那么a^{k}b^{n-k},就是在n个(a+b)中任意选择了k个a,剩下的都选b

    方案数就是C_{n}^{k}

    也可以理解为在n个(a+b)中任意选择了n-k个b,剩下的都选a

    方案数就是C_{n}^{n-k}

    而我们知道

    C_{n}^{k}等价于C_{n}^{n-k}

    我们也可以用另外一种方式来理解,那就是用递推(dp)

    对于每一次括号内的选择,如果选了a,那就向上走一格,如果选了b那就向右走一格,因为我们想知道a^{n}b^{m}的系数,所以必须选n个a,必须选m个b,也就是不管顺序是怎么样子的,必须向上走n格,必须向右走m格。总共会走,n+m=k格,一定会到达(m,n)这个点。

    所以求a^{n}b^{m}的系数也就转化成了求从原点走到(m,n)这个点的路径数。路上每个点的状态都由左边或者下面的点继承而来。

    for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = 1; j <= m; j++) 
                f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i][j - 1]);

     

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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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  • 牛顿二项式定理证明
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  • 二项式定理

    2020-05-27 21:40:06
    二项式定理2.1什么是二项式定理2.1.1 研究历史2.1.2 二项式定理2.1.2定理描述及证明方法应用若干 2.1什么是二项式定理 2.1.1 研究历史 二项式系数的三角形排列通常被认为是法国数学家布莱兹·帕斯卡的贡献,他在17...

    2.1什么是二项式定理

    2.1.1 研究历史

    二项式系数的三角形排列通常被认为是法国数学家布莱兹·帕斯卡的贡献,他在17世纪描述了这一现象。但早在他之前,就曾有数学家进行类似的研究。例如,古希腊数学家欧几里得于公元前4世纪提到了指数为2的情况。公元前三世纪,印度数学家青目探讨了更高阶的情况。帕斯卡三角形的雏形于10世纪由印度数学家大力罗摩发现。在同一时期,波斯数学家卡拉吉和数学家兼诗人欧玛尔·海亚姆得到了更为普遍的二项式定理的形式。13世纪,中国数学家杨辉也得到了类似的结果。卡拉吉用数学归纳法的原始形式给出了二项式定理和帕斯卡三角形(巴斯卡三角形)的有关证明。艾萨克·牛顿勋爵将二项式定理的系数推广到有理数

    2.1.2 二项式定理

    二项式定理(英语:Binomial theorem)描述了二项式的幂的代数展开。根据该定理,可以将两个数之和的整数次幂诸如 ( x + y ) n {\displaystyle (x+y)^{n}} (x+y)n 展开为类似 a x b y c {\displaystyle ax^{b}y^{c}} axbyc 项之和的恒等式,其中 b 、 c {\displaystyle b}、{\displaystyle c} bc 均为非负整数且 b + c = n {\displaystyle b+c=n} b+c=n。系数 a {\displaystyle a} a是依赖于 n {\displaystyle n} n b {\displaystyle b} b的正整数。当某项的指数为1时,通常略去不写。例如:

    ( x + y ) 4    =    x 4   +   4 x 3 y   +   6 x 2 y 2   +   4 x y 3   +   y 4 . {\displaystyle (x+y)^{4}\;=\;x^{4}\,+\,4x^{3}y\,+\,6x^{2}y^{2}\,+\,4xy^{3}\,+\,y^{4}.} (x+y)4=x4+4x3y+6x2y2+4xy3+y4.
    a x b y c {\displaystyle ax^{b}y^{c}} axbyc 中的系数 a {\displaystyle a} a被称为二项式系数,记作 ( n b ) {\displaystyle {\tbinom {n}{b}}} (bn) ( n c ) {\displaystyle {\tbinom {n}{c}}} (cn)(二者值相等。二项式定理可以推广到任意实数次幂,即广义二项式定理。


    对直到四次幂的二项式的可视化

    2.1.2定理描述及证明方法

    定理描述在这里插入图片描述

    证明

    1. 数学归纳法
      在这里插入图片描述
      2 组合方法
      在这里插入图片描述
      3 一般形式的证明
      在这里插入图片描述

      在这里插入图片描述

    3 应用若干

    牛顿以二项式定理作为基石发明出了微积分。其在初等数学中应用主要在于一些粗略的分析和估计以及证明恒等式等。

    证明组合恒等式
    二项式定理给出的系数可以视为组合数 ( n k ) {\displaystyle {n \choose k}} (kn) 的另一种定义。 因此二项式展开与组合数的关系十分密切。 它常常用来证明一些组合恒等式。

    1. 证明 ∑ k = 0 n ( n k ) 2 = ( 2 n n ) {\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{n \choose k}^{2}={2n \choose n}} k=0n(kn)2=(n2n)
      可以考虑恒等式 ( 1 + x ) n ( 1 + x ) n = ( 1 + x ) 2 n {\displaystyle (1+x)^{n}(1+x)^{n}=(1+x)^{2n}} (1+x)n(1+x)n=(1+x)2n。 展开等式左边得到: ∑ i = 0 n ∑ j = 0 n ( n i ) ( n j ) x i x j {\displaystyle \sum _{i=0}^{n}\sum _{j=0}^{n}{n \choose i}{n \choose j}x^{i}x^{j}} i=0nj=0n(in)(jn)xixj。 注意这一步使用了有限求和与乘积可以交换的性质。 同时如果展开等式右边可以得到 ∑ k = 0 2 n ( 2 n k ) x k {\displaystyle \sum _{k=0}^{2n}{2n \choose k}x^{k}} k=02n(k2n)xk。 比较两边幂次为 k {\displaystyle k} k 的项的系数可以得到: ∑ i = 0 k ( n i ) ( n k − i ) = ( 2 n k ) {\displaystyle \sum _{i=0}^{k}{n \choose i}{n \choose k-i}={2n \choose k}} i=0k(in)(kin)=(k2n)。 令 k = n {\displaystyle k=n} k=n,并注意到 ( n i ) = ( n n − i ) {\displaystyle {n \choose i}={n \choose n-i}} (in)=(nin) 即可得到所要证明的结论。
    2. 证明 ∑ k = 0 n ( n k ) = 2 n {\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{n \choose k}=2^{n}} k=0n(kn)=2n
      因为 ( x + y ) n = ∑ k = 0 n ( n k ) x n − k y k {\displaystyle (x+y)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{n-k}y^{k}} (x+y)n=k=0n(kn)xnkyk x = y = 1 {\displaystyle x=y=1} x=y=1,代入上式,得
      ( 1 + 1 ) n = 2 n = ∑ k = 0 n ( n k ) ⋅ 1 n − k ⋅ 1 k = ( n 0 ) + ( n 1 ) + ( n 2 ) + ⋯ + ( n n ) = ∑ k = 0 n ( n k ) {\displaystyle {\begin{aligned}(1+1)^{n}&=2^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\cdot 1^{n-k}\cdot 1^{k}\\&={n \choose 0}+{n \choose 1}+{n \choose 2}+\cdots +{n \choose n}\\&=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\end{aligned}}} (1+1)n=2n=k=0n(kn)1nk1k=(0n)+(1n)+(2n)++(nn)=k=0n(kn)

    https://zh.wikipedia.org/wiki/%E4%BA%8C%E9%A1%B9%E5%BC%8F%E5%AE%9A%E7%90%86

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