牛顿二项式定理备忘录

2022-08-05

数学就是用的时候不够用的东西 = =

综述

牛顿二项式定理是对二项式定理的推广, 也有人称之为广义二项式定理.

刚开始看 <组合数学> 的时候见到这个东西, 以为没什么用, 后来…

陈述

二项式定理

对于正整数 $n$ 和任意 $x, y$, 有

$(x + y) ^ n = \sum_{k=0}^n\; \binom{n}{k} x^k y ^{n-k}$

这就是最常见的二项式定理, 其中 $n$ 可以推广到任意实数, 即

牛顿二项式定理

设 $\alpha$ 是实数, 对于所有满足 $0 \leq |x| < |y|$ 的 $x$, $y$, 有

$(x+y)^\alpha = \sum_{k=0}^\infty\; \binom{\alpha}{k} x^k y^{\alpha-k}$

其中

$\binom{\alpha}{k} = \frac{\alpha (\alpha - 1) \cdots (\alpha - k + 1)}{k!}$

证明

实际上同济版高等数学下册在幂级数的部分就证明了这个东西, 接下来的证明要求对泰勒公式, 幂级数及其敛散性有一定程度的了解, 证明本身和后文的应用也没有什么关系…

证明的大体思路为将 $(x+y)^\alpha$ 展开为 $x$ 的幂级数. 设 $f(x) = (x+y)^\alpha$, 考虑到 $f(x)$ 的 $n$ 阶导数 $f^{(n)}(x)$ 满足

$f^{(n)}(x) = \alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)\cdot(x+y)^{\alpha-n}$

所以 $f(x)$ 对应幂级数为

$\binom{\alpha}{0}y^\alpha + \binom{\alpha}{1} xy^{\alpha-1} + \cdots + \binom{\alpha}{k}x^ky^{\alpha-k} + \cdots$

由于 $0\le |x| < |y|$, 有

$\lim_{n\rightarrow\infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \lim_{n\rightarrow\infty} \left|\frac{\alpha-n}{n+1}\right| \cdot \left|\frac{x}{y}\right| < 1$

所以对于任何实数 $\alpha$, 这个幂级数收敛. 接下来需要证明展开式中的余项趋于 $0$. 记泰勒展开的柯西余项为 $r_n(x)$, 则

$\begin{align*} r_n(x) &= \frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{n!} (1-\theta)^n x^{n+1} \\ &= \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n)}{n!} (y+\theta x)^{\alpha-n-1}(1-\theta)^n x^{n+1} \end{align*}$

其中 $0<\theta<1$. 记 $z=x/y$, 则 $0\le|z|<1$. 考虑到

$\begin{align*} |r_{n+1}(x)| &= |r_n(x)| \cdot \left|1-\frac{\alpha}{n+1}\right| \cdot \left|\frac{(1-\theta)x}{y+\theta x}\right| \\ &\le |r_n(x)| \cdot \left|1-\frac{\alpha}{n+1}\right| \cdot \frac{|z|-\theta|z|}{1-\theta|z|} \\ &< |r_n(x)| \cdot \left|1-\frac{\alpha}{n+1}\right| \end{align*}$

不管 $\alpha$ 取何值, 总存在一个 $N$ 使得当 $n>N$ 时, 有 $|r_{n+1}(x)| < |r_n(x)|$. 故

$\lim_{n\rightarrow\infty}\left|r_n(x)\right| = 0$

综上有

$\sum_{k=0}^\infty \binom{\alpha}{k} x^ky^{\alpha-k} =(x + y)^\alpha$

用拉格朗日余项也能得到同样的结论, 虽然在处理 $\binom{\alpha}{n}$ 的时候要复杂一点. 此外还有避免讨论余项的方法, 详见同济版高等数学下册.

简单应用

在 20 年刚开始学生成函数的时候对无穷还没什么概念, 所以看到这个和式上的无穷的时候, ~~顷刻留下了感动的泪水~~. 现在看来先学点高数再来看这一套东西会好一点.

一些转换

有些时候需要式中的无穷项求和, 但又希望指数是整数而非实数. 下面针对此种情况对定理做一些转换. 设 $z = \frac{x}{y}$, 那么上述定理可以转述为

对于所有满足 $|z| < 1$ 的任意 $z$, 有
$(1+z) ^ \alpha = \sum_{k=0}^\infty\; \binom{\alpha}{k} z^k$

设 $n$ 为正整数, 取 $\alpha$ 为负整数 $-n$, 则

$\binom{\alpha}{k} = \binom{-n}{k} = \frac{-n (-n-1) \cdots (-n-k+1)}{k!} = (-1)^k \binom{n+k-1}{k}$

所以

$(1+z)^{-n} = \frac{1}{(1+z)^n} = \sum_{k=0}^\infty\; (-1)^k \binom{n+k-1}{k} z^k$

为了干掉那个 $-1$, 令 $-z$ 代替 $z$, 得

$(1-z)^{-n} = \frac{1}{(1-z)^n} = \sum_{k=0}^\infty\; \binom{n+k-1}{k} z^k$

取 $n=1$, 有 $\binom{n+k-1}{k} = \binom{k}{k} = 1$, 所以

$\frac{1}{1-z} = \sum_{k=0}^\infty\; z^k = 1 + z + z^2 + z^3 + \cdots$

类似地, 有

$\frac{1}{1+z} = \sum_{k=0}^\infty\; (-1)^k z^k = 1 - z + z^2 - z^3 \cdots$

稍微总结一下.

如果 $n$ 是正整数, $r$ 是非 $0$ 实数, 那么
$(1-rx)^{-n} = \sum_{k=0}^\infty\; \binom{-n}{k} (-rx)^k$
或等价地, 有
$\frac{1}{(1-rx)^n} = \sum_{k=0}^\infty\; \binom{n+k-1}{k} r^k x^k$
其中 $|x| < \frac{1}{|r|}$.

一些例子

可能在生成函数有关的题目会用到这些东西吧…

$1 + x + x^2 + \cdots = \frac{1}{1-x} \\ 1 + x^2 + x^4 + \cdots = 1 + (x)^2 + (x^2)^2 + \cdots = \frac{1}{1 - x^2} \\ x + x^2 + x^3 + \cdots = x\; (1 + x + x^2 + \cdots) = \frac{x}{1 - x} \\ 1 + x + x^2 + x^3 + x^4 = \frac{1 - x^5}{1-x}$

最后一个式子似乎是乱入的, 不过还好是显然的, 直接通分验证即可

例题

BZOJ 3028 食物

~~乐色 OJ 什么都是权限题~~ = =

首先您要学会生成函数, 然后这就是一道裸题.

设答案序列对应的生成函数为 $g(x)$, 化简后得

$g(x) = \frac{x}{(1-x)^4} = x \sum_{k=0}^\infty\; \binom{k+3}{k} x^k = \sum_{k=0}^\infty\; \binom{k+2}{k-1} x^k$

$g(x)$ 的第 $n$ 项系数即为答案. 具体而言, 为

$\binom{n+2}{n-1} = \binom{n+2}{3} = \frac{1}{6} n(n+1)(n+2)$

参考资料

Richard A. Brualdi. 组合数学. 机械工业出版社, 2012.4.
广义牛顿二项式定理 - Asika391
同济大学数学系. 高等数学. 下册. 高等教育出版社, 2014.7.

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