从完全平方到多项式幂

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0. 导入

各种多项式定理在数值计算、工程规划、数学分析甚至计算机技术中都有广泛应用。

本文旨在通过由完全平方公式到多项式定理的逐步介绍和推导，向读者普及这些多项式知识。

1. 完全平方公式

\boxed{(a+b)^2=a^2+2ab+b^2(a,b\in\mathbb{R})}

相信大家对于这个公式都不陌生了，初中教材内想必都学过。

但在此我要向大家剖析其原理，为什么完全平方公式长成这个样子？

有人肯定会说：多项式乘法直接打开括号不就行了吗？

但如果只是陷入其表层含义，接下来你将寸步难行。

我们把 a+b 看成一个盒子，盒子里装了两种物品。

那么取出 a^2 的方案显然只有一种，即两个盒子都取出 a，方案数为 \dbinom{2}{2}=1。

同理，取出 ab 的方案数为 \dbinom{2}{1}=2，取出 b^2 的方案数为 \dbinom{2}{0}=1。

这就是完全平方公式的组合意义。

2. 二项式定理

\boxed{(a+b)^n=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}a^ib^{n-i}(a,b\in\mathbb{R},n\in\mathbb{N})}

看到这个公式一开始是不是吓了一跳？

这就是二项式定理，组合数学中基石般的存在。

那么为什么二项式定理要长成这个样子？

这里就凸显出刚才完全平方公式的组合意义的重要性了。

不难发现，完全平方公式就是二项式定理在 n=2 时的特殊情况。

因此我们沿用上面的组合意义来证明二项式定理。

对于二项式定理中的某一项 a^ib^{n-i}，我们只需要在 n 个盒子中取出 i 个 a，因此其方案数为 \dbinom{n}{i}。

有人要问了，那还有没有其他的证明方法呢？

有的兄弟，有的。

我们使用数学归纳法来证明二项式定理。

首先，当 n=0 时，左边 =(a+b)^0=1，右边 =\dbinom{0}{0}a^0b^0=1，命题成立。

我们设 n=k 时命题成立，考虑 n=k+1 时的情况。

则左边 =(a+b)^k\times(a+b)=(a+b)\sum\limits_{i=0}^k\dbinom{k}{i}a^ib^{k-i}

=\sum\limits_{i=0}^k(\dbinom{k}{i}a^{i+1}b^{k-i}+\dbinom{k}{i}a^ib^{k-i+1}) =\sum\limits_{i=0}^k\dbinom{k}{i}a^{i+1}b^{k-i}+\sum\limits_{i=0}^k\dbinom{k}{i}a^ib^{k-i+1} =a^{k+1}+\sum\limits_{i=0}^{k-1}\dbinom{k}{i}a^{i+1}b^{k-i}+\sum\limits_{i=1}^k\dbinom{k}{i}a^ib^{k-i+1}+b^{k+1} =a^{k+1}+\sum\limits_{i=1}^{k}\dbinom{k}{i-1}a^{i}b^{k-i+1}+\sum\limits_{i=1}^k\dbinom{k}{i}a^ib^{k-i+1}+b^{k+1} =a^{k+1}+\sum\limits_{i=1}^{k}(\dbinom{k}{i-1}+\dbinom{k}{i})a^{i}b^{k-i+1}+b^{k+1}

考虑如何化简 \dbinom{k}{i-1}+\dbinom{k}{i}。

我们根据组合数的定义将其直接展开得到：

\dbinom{k}{i-1}+\dbinom{k}{i}=\dfrac{k!}{(i-1)!(k-i+1)!}+\dfrac{k!}{i!(k-i)!} =\dfrac{k!}{(k-i+1)\times(i-1)!(k-i)!}+\dfrac{k!}{i\times(i-1)!(k-i)!} =\dfrac{i\times k!}{i\times(k-i+1)\times(i-1)!(k-i)!}+\dfrac{(k-i+1)\times k!}{i\times(k-i+1)\times(i-1)!(k-i)!} =\dfrac{i\times k!+(k-i+1)\times k!}{i\times(k-i+1)\times(i-1)!(k-i)!} =\dfrac{(k+1)\times k!}{i\times(k-i+1)\times(i-1)!(k-i)!} =\dfrac{(k+1)!}{i!(k-i+1)!}=\dbinom{k+1}{i}

代回上式，得到左边 =a^{k+1}+\sum\limits_{i=1}^{k}\dbinom{k+1}{i}a^{i}b^{k-i+1}+b^{k+1}

=\dbinom{k+1}{k+1}a^{k+1}+\sum\limits_{i=1}^{k}\dbinom{k+1}{i}a^{i}b^{k-i+1}+\dbinom{k+1}{0}b^{k+1} =\sum\limits_{i=0}^{k+1}\dbinom{k+1}{i}a^{i}b^{k-i+1}

由数学归纳法，得 (a+b)^n=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}a^ib^{n-i} 对于 \forall n\ge0 成立。

3. 广义二项式定理

\boxed{(1+x)^\alpha=\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\dbinom{\alpha}{k}x^k(\alpha\in\mathbb{R})}

其中 \dbinom{\alpha}{k}=\dfrac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)\cdots(\alpha-k+1)}{k!}=\dfrac{(\alpha)_k}{k!}。

对于 k=0，定义 \dbinom{\alpha}{k}=1。

更一般的广义二项式定理：

(a+b)^\alpha=a^\alpha\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\dbinom{\alpha}{k}{(\dfrac{b}{a})}^k(\alpha\in\mathbb{R})

为方便起见，以下仅讨论第一种情形。

不难发现广义二项式定理中存在无穷求和的情况，因此广义二项式定理实际上是一个无穷级数。

既然是无穷级数，那么肯定存在是否收敛的问题。

对于收敛性判断如下：

对于前两种情况感性理解即可容易知道，具体证明可参考指数函数的单调性。

对于第三种情况，需要使用其他的级数收敛判别法判断，在此不多赘述。

如何证明广义二项式定理呢？

组合意义在此被斩落马下。

我们拿出一个强大的工具——麦克劳林级数。

麦克劳林展开公式如下：

f(x)=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n

我们对 (1+x)^\alpha 以 x 为主元求导有：

f^{(0)}(0)=1 f^{(1)}(0)=\alpha f^{(2)}(0)=\alpha(\alpha-1) \cdots f^{(n)}(0)=\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)

代回上式，有 f(\alpha)=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}\dfrac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}\alpha^n=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}\dbinom{\alpha}{n}\alpha^n，得证。

4. 多项式定理

\boxed{(\sum\limits_{i=1}^na_i)^m=\sum\limits_{\sum\limits_{i=1}^nk_i=m}(\dbinom{m}{k_1,k_2,\cdots,k_n}\prod\limits_{i=1}^na_i^{k_i})(m,n\in\mathbb{N},k_i\ge0)}

其中 \dbinom{m}{k_1,k_2,\cdots,k_n}=\dfrac{m!}{\prod\limits_{i=1}^nk_i!}。

依然考虑组合意义证明。

我们把 \sum\limits_{i=1}^na_i 看成一个盒子。

则对于某一项 \prod\limits_{i=1}^na_i^{k_i}，方案数即为选出 k_1 个 a_1，k_2 个 a_2……k_n 个 a_n 的方案数。

考虑其组合数表达，即为 \dbinom{m}{k_1}\dbinom{m-k_1}{k_2}\cdots\dbinom{k_n}{k_n}。

考虑化简这个式子。

依然将每一个组合数展开，得到：

\dbinom{m}{k_1}\dbinom{m-k_1}{k_2}\cdots\dbinom{k_n}{k_n}=\dfrac{m!}{(m-k_1)!k_1!}\times\dfrac{(m-k_1)!}{(m-k_1-k_2)!k_2!}\times\cdots\times\dfrac{k_n!}{k_n!}

注意到前后两项的分母与分子可以消去，于是得到：

\dbinom{m}{k_1}\dbinom{m-k_1}{k_2}\cdots\dbinom{k_n}{k_n}=\dfrac{m!}{\prod\limits_{i=1}^nk_i!}

代回原式即得多项式定理。

多项式定理亦可以用双变量数学归纳法证明，在此不做赘述。

5. 总结

我爱数学，我爱多项式。

多项式是代数里极为重要的一个工具，希望这篇文章能对你有所帮助。