杨辉三角

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我们知道,

\displaystyle 2^n=C_n^0+C_n^1+\cdots+C_n^k+\cdots+C_n^n.

因此,

\displaystyle \begin{array}{rcl} 2^0+2^1+\cdots+2^n&=&C_0^0 \\&+&(C_1^0+C_1^1) \\&+&(C_2^0+C_2^1+C_2^2) \\&+&\cdots \\&+&(C_n^0+C_n^{1}+C_n^{2}+\cdots+C_n^n) \\&=&(C_0^0+C_1^0+C_2^0+\cdots+C_n^0) \\&+&(C_1^1+C_2^1+\cdots+C_n^1) \\&+&(C_2^2+C_3^2+\cdots+C_n^2) \\&+&\cdots \\&+&(C_{n-1}^{n-1}+C_n^{n-1}) \\&+&C_n^n. \end{array}

利用杨辉三角中呈现的组合恒等式

\displaystyle C_{r}^{r}+C_{r+1}^{r}+\cdots+C_n^{r}=C_{n+1}^{r+1},

可将上式进一步化为

\displaystyle C_{n+1}^1+C_{n+1}^2+\cdots+C_{n+1}^n+C_{n+1}^{n+1}=2^{n+1}-1.

因此

\displaystyle 2^0+2^1+\cdots+2^n=2^{n+1}-1.

更加一般地,当{p\neq 1}时,由二项式定理,

\displaystyle p^n=[1+(p-1)]^n=C_n^0(p-1)^{0}+C_n^1(p-1)^1+\cdots+C_n^k(p-1)^k+\cdots+C_n^n(p-1)^{n},

因此,

\displaystyle \begin{array}{rcl} p^0+p^1+\cdots+p^n&=&C_0^0(p-1)^0 \\&+&[C_1^0(p-1)^0+C_1^1(p-1)^1] \\&+&[C_2^0(p-1)^0+C_2^1(p-1)^1+C_2^2(p-2)^2] \\&+&\cdots \\&+&[C_n^0(p-1)^0+C_n^1(p-1)^1+\cdots+C_n^n(p-1)^n] \\&=&(C_0^0+C_1^0+C_2^0+\cdots+C_n^0)(p-1)^0 \\&+&(C_1^1+C_2^1+\cdots+C_n^1)(p-1)^1 \\&+&\cdots\\&+&(C_{n-1}^{n-1}+C_n^{n-1})(p-1)^{n-1} \\&+&C_n^n(p-1)^n \\&=&C_{n+1}^1(p-1)^0+C_{n+1}^2(p-1)^1+\cdots+C_{n+1}^n(p-1)^{n-1}+C_{n+1}^{n+1}(p-1)^n \\&=&[C_{n+1}^1(p-1)^1+C_{n+1}^2(p-1)^2+\cdots+C_{n+1}^n(p-1)^{n}+C_{n+1}^{n+1}(p-1)^{n+1}]/(p-1) \\&=&\frac{[1+(p-1)]^{n+1}-1}{p-1}. \\&=&\frac{p^{n+1}-1}{p-1}. \end{array}

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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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