广义二项式定理

为了解决$\dbinom{n}{m},n\in \operatorname{R},m\in \operatorname{N}$的情况,先对其进行新定义。

$\dbinom{n}{m}=\begin{cases}0 ~~~~~~~~~~~~~&m<0\\1&m=0\\\frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-m+1)}{m!}&m>0\end{cases}$

广义二项式定理:$(x+y)^n=\sum\limits_{m=0}^{\infty}\dbinom{n}{m}x^my^{n-m}$

推导的话首先要具备以下高端知识(以下大部分来自百度百科,有删改、补充):

  1. 费马引理
  2. 罗尔定理
  3. 柯西中值定理
  4. 泰勒展开式中的柯西余式(网上的大多数语焉不详,所以脑补了好几天。。。
  5. $(x^n)',n\in \operatorname{R}=nx^{n-1}$的证明

就这么多,开讲。

费马引理

费马引理: 可导函数的极值点的导数为$0$。

详细描述:对于$f(x)$在关于$ x_0$的领域$\text{U}^0(x_0,\delta)$有定义,且在$x_0$处可导,若$\forall x\in\text{U}^0(x_0,\delta)$,都有$f(x)\le f(x_0)(\ge f(x_0))$,那么$f~'(x_0)=0$。

证明:

根据描述,$f(x_0+\delta)\le f(x_0)$

根据函数极限的保号性,

$\lim\limits_{\delta \rightarrow 0^+}\frac{f(x_0+\delta)-f(x_0)}{\delta}\le 0(\delta >0)$

$\lim\limits_{\delta \rightarrow 0^-}\frac{f(x_0+\delta)-f(x_0)}{\delta}\ge 0(\delta <0)$

由于$x_0$处可导,则

$\lim\limits_{\delta \rightarrow 0^+}\frac{f(x_0+\delta)-f(x_0)}{\delta}=\lim\limits_{\delta \rightarrow 0^-}\frac{f(x_0+\delta)-f(x_0)}{\delta}=\lim\limits_{\delta \rightarrow 0}\frac{f(x_0+\delta)-f(x_0)}{\delta}=f~'(x_0)=0$。

证毕。

罗尔定理

描述如下:

如果 $\operatorname{R}$ 上的函数 $f(x)$ 满足以下条件:

  1. 在$[a,b] $上连续
  2. 在$(a,b)$ 内可导
  3. $f(a)=f(b)$,则至少存在一个$ \xi∈(a,b)$,使得 $f'(\xi)=0$。

设最大值为$M$,最小值为$m$。

若$M=m$,则$f(x)$在$[a,b]$为常函数,显然成立。

若$M>m$,则$f(x)$在$[a,b]$可以取得至少一个最值,套用费马引理,即可得到$f'(\xi)=0$。

得证。

柯西(Cauchy)中值定理

描述:

设函数$f(x),g(x)$满足

  1. 在$[a,b] $上连续
  2. 在$(a,b)$ 内可导
  3. $\forall x\in(a,b),g'(x)\ne 0$

则$\xi\in(a,b),\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f~'(\xi)}{g~'(\xi)}$。

证明:

引入辅助量$F(x)=[f(b)-f(a)][g(x)-g(a)]-[g(b)-g(a)][f(x)-f(a)]$

可得$F(a)=0,F(b)=0$,无疑,$F(x)$在$[a,b]$上连续,$(a,b)$上可导。

套用罗尔定理可知,$F'(\xi)=0$,即$[f(b)-f(a)]g~'(\xi)-[g(b)-g(a)]f~'(\xi)=0$,其中$f(b),f(a),g(a),g(b)$

视为常数项。

进一步可得$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f~'(\xi)}{g~'(\xi)}$

证毕。

柯西余项

$f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n} \frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i+R_n(x)$

$R_n(x)$柯西余项型表现形式为:$\frac{f^{n+1}(\xi)(x-\xi)^n}{n!}(x-x_0),\xi\in(x_0,x)$

证明(可能会有点绕):

首先需要转化需证明的等式

$\begin{aligned}f(x)-\sum\limits_{i=0}^{n} \frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i&=R_n(x)\\&=\frac{f^{n+1}(\xi)(x-\xi)^n}{n!}(x-x_0),\xi\in(x_0,x)\end{aligned}$

引入辅助参量$F(t)=f(x)-\sum\limits_{i=0}^{n} \frac{f^{(i)}(t)}{i!}(x-t)^i,G(t)=x-t$,

那么,

$\begin{aligned}F(x_0)&=\frac{f^{n+1}(\xi)(x-\xi)^n}{n!}(x-x_0),\xi\in(x_0,x)\end{aligned}$

$\begin{aligned}\frac{F(x_0)}{G(x)-G(x_0)}&=-\frac{f^{n+1}(\xi)(x-\xi)^n}{n!},\xi\in(x_0,x)\end{aligned}$

由于$F(x)=0$,

有$\begin{aligned}\frac{F(x)-F(x_0)}{G(x)-G(x_0)}&=\frac{f^{n+1}(\xi)(x-\xi)^n}{n!},\xi\in(x_0,x)\end{aligned}$

由柯西中值定理$\frac{F(x)-F(x_0)}{G(x)-G(x_0)}=\frac{F'(\xi)}{G'(\xi)}$。

注意,这里是以$\xi$为变量进行求导。

则有$G'(\xi)=-1$,$F'(\xi)$相对不好求,尝试分析每一项。

$[f(\xi)]'=f'(\xi),[f'(\xi)(x-\xi)]'=-f'(\xi)+f''(\xi)(x-\xi),[\frac{f''(\xi)(x-\xi)^2}{2!}]'=-f''(\xi)(x-\xi)+\frac{f'''(\xi)(x-\xi)^2}{2}$

发现什么规律没有?

没错,抵消了,剩下的项恰好就是$\frac{f^{n+1}(\xi)(x-\xi)^n}{n!}$。

因此等式得证。

$(x^n)',n\in R=nx^{n-1}$的证明

广义二项式定理

$(x+y)^n=\sum\limits_{m=0}^\infty \dbinom{n}{m}x^my^{n-m},x,y,n\in \operatorname{R} ,|\frac{x}{y}|<1$

证明:

$(x+y)^n=y^n(1+\frac{x}{y})^n$

令$z=\frac{x}{y},|z|<1$,

将$(1+z)^n$关于$z_0=0$进行$m(m\in \operatorname{N})$阶泰勒展开,且存在$m+1$阶导数,

$(1+z)^n=\sum_{i=0}^m \frac{f^{(i)}(0)}{i!}z^i+R_n(z)=\sum_{i=0}^m \frac{\prod\limits_{j=0}^{i-1}(n-j)}{i!}z^i+R_m(z)$

$\xi\in(0,z),R_m(z)=\frac{f^{(m+1)}(\xi)}{m!}(z-\xi)^{m}z=\frac{[\prod_{j=0}^n(n-j)](1+\xi)^{n-m}}{m!}(z-\xi)^{m}z=n(\frac{n}{1}-1)(\frac{n}{2}-1)\cdots(\frac{n}{m}-1)(1+\xi)^{n}(\frac{z-\xi}{1+\xi})^mz$

证明$R_m(z)$收敛,由于$|\frac{z-\xi}{1+\xi}|=\frac{|z|-|\xi|}{|1+\xi|}\le \frac{|z|-|\xi|}{1-|\xi|}=1-\frac{1-|z|}{1-|\xi|}\le 1-(1-|z|)\le |z|$

则$R_m(z)\le n(\frac{n}{1}-1)(\frac{n}{2}-1)\cdots(\frac{n}{m}-1)(1+\xi)^{n}z^{m+1}$

又$R_{m+1}(z)\le R_m(z)*|(\frac{n}{m+1}-1)|z||$,由于$|z|<1$,则无论$n$多大,都有$m$可以使得$|(\frac{n}{m+1}-1)|z||<1$,使得$R_m(z)\rightarrow 0$,即$m\rightarrow 0,R_m(z)\rightarrow 0$。

在将因子$y^n$带入即证。