二项式定理

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在Peter Lax《微积分及其应用》中,定理4.12(牛顿二项式定理)如下:

若$a$是任意实数且$|x|<1$,那么 $$ (1+x)^{a}=\sum_{k=0}^{\infty}{l\choose k}x^k, $$ 其中广义二项式系数定义为 $$ {l\choose 0}=1,{l\choose k}=\frac{l(l-1)\cdots (l-k+1)}{k!}(k>0).
$$

作者接下来证明了二项式定理.不过现在我给出一种与作者不同的证明方法,该方法基于该书在前面提到过的考察泰勒公式的余项.


证明:令$f(x)=(1+x)^{a}$,则
$$
\frac{d^{n}}{dx^{n}}f(x)=a(a-1)(a-2)\cdots (a-n+1)(1+x)^{a-n}.
$$
则由泰勒定理,存在介于$x$和$0$之间(包括端点)的实数$c$,使得
\begin{align*} f(x)&=f(0)+f'(0)x+\frac{f”(0)}{2!}x^2+\cdots+\frac{f^{(n-1)}(0)}{(n-1)!}x^{n-1}+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}c^n\\&=1+ax+\frac{a(a-1)}{2}x^2+\cdots+\frac{a(a-1)\cdots (a-n+2)}{(n-1)!}x^{n-1}+\frac{a(a-1)\cdots (a-n+1)}{n!}c^{n} \end{align*}
下证
$$
\lim_{n\to\infty}\left| \frac{a(a-1)\cdots (a-n+1)}{n!}c^n \right|= 0,
$$
因为
$$
\lim_{n\to\infty} \left| \frac{a-n+1}{n} c\right|=|c|<1, $$ 所以存在足够大的正整数$N$,使得对于任意$n>N$,都有
$$
\left| \frac{a-n+1}{n}c \right|<|c|+\epsilon,
$$
其中$\epsilon$是一个常数,且$\epsilon<1-|c|$.故
\begin{align*} \lim_{n\to\infty} \left| \frac{a(a-1)\cdots (a-n+1)}{n!}c^n \right|&=\lim_{M\to\infty}\left(\prod_{i=1}^N \left| \frac{a-i+1}{i}c \right|\prod_{i=N+1}^{M} \left| \frac{a-i+1}{i}c \right|\right)\\&\leq \lim_{M\to\infty}\prod_{i=1}^N \left| \frac{a-i+1}{i}c\right|(|c|+\epsilon)^{M-N}\\&=0. \end{align*}
结合
$$
\lim_{n\to\infty} \left| \frac{a(a-1)\cdots (a-n+1)}{n!}c^n
\right|\geq 0
$$
可得
$$
\lim_{n\to\infty} \left| \frac{a(a-1)\cdots (a-n+1)}{n!} \right|=0.
$$
且由比值判别法,级数
$$
1+ax+\frac{a(a-1)}{2}x^2+\cdots+\frac{a(a-1)\cdots (a-n+1)}{n!}x^n+\cdots
$$
收敛,因此二项式定理成立.

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在国内的所有课本里,二项式定理只不过是排列组合公式的一个应用,从而轻而易举地得到了二项式定理。但是这无法体现实际的数学探究过程,更像是探究完毕后的一个总结升华。就像唐僧师徒要去西天取经,经书由孙悟空一个筋斗翻到西天灵山,再翻一个筋斗就取回来了,没有人会从这样的一个取经过程中获益。

 

如果叫一个新人来探究二项式展开,他一开始不太可能想到这种方法。事实上,他更可能是从研究杨辉三角开始。纵观数学史,不同的文明在研究二项式展开的时候,不约而同地发明了杨辉三角。说明作为合理探究的一部分,研究杨辉三角对于二项式定理来说,是必经之路。在此,我们打造以杨辉三角为核心的二项式定理教学,带领学生领略完整的数学探究的过程。其中最主要的一点是,如何通过猜想和归纳,得到二项式系数的公式。如下是非常简略的大纲(我也没那么多时间和耐心把这个大纲细致化和完整化)

 

 

我们在初中知道完全平方公式

\displaystyle (a+b)^2=a^2+2ab+b^2.

在完全平方公式的基础上,可得{(a+b)^3}的展开式:

\displaystyle \begin{array}{rcl} (a+b)^3&=&(a+b)^2(a+b) \\&=&(a^2+2ab+b^2)(a+b) \\&=&a^3+a^2b+2a^2b+2ab^2+b^2a+b^3 \\&=&a^3+3a^2b+3ab^2+b^3. \end{array}

下面从递推的角度来研究{(a+b)^n}的展开式,其中{n}是任意的正整数.先待定系 数,设

\displaystyle (a+b)^n=\sum_{k=0}^{n} T_{n,k}a^{n-k}b^k,

\displaystyle (a+b)^{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1}T_{n+1,k}a^{n+1-k}b^{k}.

由于

\displaystyle \begin{array}{rcl} (a+b)^{n+1}&=&(a+b)^n(a+b) \\&=&\left(\sum_{k=0}^{n}T_{n,k}a^{n-k}b^k\right)\left(a+b\right) \\&=&\sum_{k=0}^nT_{n,k}a^{n+1-k}b^k+\sum_{k=0}^nT_{n,k}a^{n-k}b^{k+1} \\&=&T_{n,0}a^{n+1}+\sum_{k=0}^{n-1} (T_{n,k+1}+T_{n,k})a^{n-k}b^{k+1}+T_{n,n}b^{n+1}, \end{array}

因此{T_{n+1,0}=T_{n,0}},{T_{n+1,n+1}=T_{n,n}},除此之外,{\forall 0\leq k\leq n-1},都有

\displaystyle T_{n+1,k+1}=T_{n,k+1}+T_{n,k}. \ \ \ \ \ (1)

且由于{(a+b)^{0}=1},{(a+b)^1=a+b},因此 {T_{0,0}=1},{T_{1,0}=1,T_{1,1}=1}.将{T_{n,k}}放在第{n+1}行第{k+1}个位置,可得杨辉三角数阵. 递推式(1)是数阵产生的主要公式.

下面我们研究{T_{n,k}}的公式.

定理 1 对于任意正整数{n\geq 2},以及满足{k<n}的正整数{k},有 {T_{n,k}=\sum_{i=k-1}^{n-1}T_{i,k-1}}.

证明: 使用数学归纳法.

  • {n=k+1}时,{T_{k+1,k}=T_{k,k-1}+T_{k,k}=T_{k,k-1}+1=T_{k,k-1}+T_{k-1,k-1}},此时命题成立.
  • 假设当{n=p}时命题成立,其中{p\in \mathbf{N}}{p\geq k+1}.即

    \displaystyle T_{p,k}=\sum_{i=k-1}^{p-1}T_{i,k-1},

    则当 {n=p+1}时,

    \displaystyle T_{p+1,k}=T_{p,k}+T_{p,k-1}=\sum_{i=k-1}^{p-1}T_{i,k-1}+T_{p,k-1}=\sum_{i=k-1}^{p}T_{i,k-1}.

    由数学归纳法,命题成立.

\Box

推论1 {\forall n\in \mathbf{N}},{T_{n,0}=1}.

证明: {T_{n,0}=T_{n-1,0}=\cdots=T_{1,0}=1}. \Box

推论2 {\forall n\geq 1},{T_{n,1}=n}.

证明: 由定理1,

\displaystyle T_{n,1}=\sum_{i=0}^{n-1}T_{i,0}=\sum_{i=0}^{n-1}1=n.

\Box

推论3 {\forall n\geq 2},{T_{n,2}=\frac{n(n-1)}{2}}.

证明: 由定理1,

\displaystyle T_{n,2}=\sum_{i=1}^{n-1}T_{i,1}=\sum_{i=1}^{n-1}i=\frac{n(n-1)}{2}.

\Box

做到这一步,一般人就无法继续做下去了,因为

\displaystyle T_{n,3}=\sum_{i=2}^{n-1}T_{i,2}=\sum_{i=2}^{n-1}\frac{i(i-1)}{2}

的公式很难猜,{T_{n,k}}的一般公式就更难猜了.于是我们采用另一种 思路来研究杨辉三角,不再研究杨辉三角相邻项的和差关系,取而代之地,是研究 杨辉三角相邻项的比例关系.从杨辉三角第{2}行开始,将前一项除以后一项,得到 一个新的数表,新数表前几行如下.

由此猜测

\displaystyle T_{n,k}:T_{n,k+1}=k+1:n-k.

证明:{n} 使用数学归纳法.

  • {n=1}时,{T_{1,0}:T_{1,1}=1:1}.
  • 假设当{n=p}时,{\forall 0\leq k\leq p},都有 {T_{p,k}:T_{p,k+1}=k+1:p-k}.其中{p\geq 1}{p\in \mathbf{N}}.则

    \displaystyle \begin{array}{rcl} T_{p+1,k+1}:T_{p+1,k+2}&=&(T_{p,k}+T_{p,k+1}):(T_{p,k+1}+T_{p,k+2}) \\&=&\frac{p+1}{k+1}T_{p,k}:\frac{p+1}{k+2}T_{p,k+1}\\&=&\frac{1}{k+1}T_{p,k}:\frac{1}{k+2}T_{p,k+1} \\&=&k+2:p-k \end{array}

由数学归纳法,命题成立. \Box

因此,我们有如下结论:

\displaystyle \begin{array}{rcl} T_{n,k}&=&\frac{n-k+1}{k}T_{n,k-1} \\&=&\frac{n-k+1}{k}\frac{n-k+2}{k-1}T_{n,k-2} \\&=&\cdots \\&=&\frac{(n-k+1)(n-k+2)\cdots n}{k(k-1)(k-2)\cdots 1}T_{n,0} \\&=&\frac{(n-k+1)(n-k+2)\cdots n}{k(k-1)(k-2)\cdots 1}1 \\&=&\frac{n!}{(n-k)!k!} \end{array}

其实在这方面做得最好的还是Pascal的原始论文:Pascal的论文下载.

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