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二项式定理的推广(二)- 有理数幂次

2020-06-16

连结:二项式定理的推广(一): 负整数幂次 

前文〈二项式定理的推广(一):负整数幂次〉里,对二项式定理作了幂次上的推广,从正整数推广至负整数。接着,我们进行另一个推广:有理数幂次。不过,受限于篇幅,这里主要先讨论指数为 $$1/2$$ 次方的二项展开式。并同样借用江户时期日本数学家的方法来作说明。

首先,指数为 $$1/2$$ 次方的二项展开式与开平方问题为一体两面,例如 $$(1+a)^{\frac{1}{2}}$$ 可看成 $$\sqrt{1+a}$$。再者,在东方数学史发展的过程里,$$\sqrt{1+a}$$ 之开方问题与方程式的解息息相关:若令$$x=\sqrt{1+a}$$ ,则开方求 $$x$$ 相当于求解方程式 $$x^2-(1+a)=0$$ 之实根问题。

然而,无论是传统中算或者江户时期的日本数学发展的过程,求解一元多项方程次时,往往利用了类似现今综合除法的「开方法」(即贾宪-霍纳法)来求方程式的数值解(相关内容与方法,可参考另一篇文章〈利用综合除法求解多项方程式〉)。

因此,处理 $$(1+a)^{1/n}$$ 有关的展开式问题时,

便相当于求解 $$x=(1+a)^{1/n}$$,亦即求解 $$x^n-(1+a)=0$$ 的实根。

当然,若 $$1+a$$ 为实数时,我们仅需前述方法(贾宪-霍纳法)便能求得其近似数值解。

然而,当 $$1+a$$ 为一般的二项「式」呢?

我们同样可以利用综合除法处理,但过程较複杂且冗长。

欲将 $$A$$ 开平方,可令 $$A=p^2+r$$,则 $$\sqrt A=\sqrt {{p^2} + r}= p\sqrt {1 +\frac{r}{{{p^2}}}}$$。

例如 $$A=150$$ 时,可令 $$p=12$$,此时 $$r=4$$。

通常 $$r$$ 比 $$p^2$$ 小很多,于是 $$\frac{r}{p^2}$$ 也比 $$1$$ 小很多。

因此求 $$\sqrt{A}$$ 或 $$\sqrt{p^2+r}$$ 问题都可以化成 $$(1+a)^{\frac{1}{2}}$$ 类问题。

以下笔者仅以 $$(1+a)^{\frac{1}{2}}$$ 的情况为例,说明如何利用综合除法逐次开方,将此二项式展开。

如前述,欲求 $$(1+a)^{\frac{1}{2}}$$,即求 $$x^2-(1+a)=0$$ 之实根。

由于 $$a<1$$,我们先取 $$1$$ 作为第一个近似根,接着重複利用综合除法:

二项式定理的推广(二): 有理数幂次

可将原方程式 $$x^2-(1+a)=0$$ 化成 $$(x-1)^2+2(x-1)-a=0$$。

接着,令 $$x_1=x-1$$ 可得新方程式 $$x_1^2+2x_1-a=0$$。

接着,再利用综合除法来估计 $$x_1^2+2x_1-a=0$$ 的近似根。

由于原式中带有未知数 $$a$$,我们无法直接估计其根,

因此先令其近似根为 $$k$$,利用综合除法:

二项式定理的推广(二): 有理数幂次

观察发现我们所欲取的 $$k$$,需能消去余式中的 $$a$$,再加上 $$k^2$$ 很小可先忽略,

因此取 $$k$$ 满足 $$-a+2k=0$$,即 $$k=\frac{a}{2}$$。

如此,可取 $$\frac{a}{2}$$ 作为 $$x_1^2+2x_1-a=0$$ 的近似根,再重複利用综合除法:

二项式定理的推广(二): 有理数幂次

可将 $$x_1^2+2x_1-a=0$$

化为 $${({x_1} – \frac{a}{2})^2} + (2 + a)({x_1} – \frac{a}{2}) + {(\frac{a}{2})^2} = 0$$,

再令 $$x_2=x_1-\frac{a}{2}$$,可得新方程式 $${x_2}^2 + (2 + a){x_2} + {(\frac{a}{2})^2} = 0$$。

接着,再利用综合除法来估计 $${x_2}^2 + (2 + a){x_2} + {(\frac{a}{2})^2} = 0$$ 的近似根。

由于原式中同样带有未知数 $$a$$,我们无法直接估计其根,因此先令其近似根为 $$k$$,利用综合除法:

二项式定理的推广(二): 有理数幂次

假设 $$ak$$ 与 $$k^2$$ 很小,易知我们所欲取的 $$k$$,需能消去余式中的 $$(\frac{a}{2})^2$$,

故令 $$(\frac{a}{2})^2+2k=0$$,可得 $$k=-\frac{a^2}{8}$$。

如此,可取 $$k=-\frac{a^2}{8}$$ 作为 $${x_2}^2 + (2 + a){x_2} + {(\frac{a}{2})^2} = 0$$ 的近似根,再重複利用综合除法:

二项式定理的推广(二): 有理数幂次

可将 $${x_2}^2 + (2 + a){x_2} + {(\frac{a}{2})^2} = 0$$

化为 $${({x_2} + \frac{{{a^2}}}{8})^2} + (2 + a – \frac{{{a^2}}}{4})({x_2} + \frac{{{a^2}}}{8}) – \frac{{{a^3}}}{8} + \frac{{{a^4}}}{{64}} = 0$$,

再令 $${x_3} = {x_2} + \frac{{{a^2}}}{8}$$,可得新方程式 $${x_3}^2 + (2 + a – \frac{{{a^2}}}{4}){x_3} – \frac{{{a^3}}}{8} + \frac{{{a^4}}}{{64}} = 0$$。

以此类推,不断利用综合除法估算新的根,以及进行「减根变换」,得新方程式。

可继续找出 $${x_4},{x_5},\ldots ,{x_n},\ldots$$。又由于 $${x_3} = {x_2} + \frac{{{a^2}}}{8}$$,$${x_2} = {x_1} – \frac{a}{2}$$,$$x_1=x-1$$,

可知 $$x = 1 + {x_1} = 1 + \frac{a}{2} + {x_2} = 1 + \frac{a}{2} – \frac{{{a^2}}}{8} + {x_3} =\ldots$$ ,

如此可得 $${x^2} – (1 + a) = 0$$ 的近似根,亦即求得 $${(1 + a)^{\frac{1}{2}}}$$ 的展开式:

$${(1 + a)^{\frac{1}{2}}} = 1 + \frac{a}{2} – \frac{{{a^2}}}{8} + \frac{{3{a^3}}}{{48}} -\ldots$$

此即为二项式展开式的推广至指数为 $$1/2$$ 的结果。同时,亦可推得下述结果:

$${({a^2} + r)^{\frac{1}{2}}} = a + \frac{r}{{2a}} – \frac{{{r^2}}}{{8{a^2}}} + \frac{{3{r^3}}}{{48{a^3}}} -\ldots$$

依此方法,江户时期日本数学家(简称和算家)便可求解 $$x^n-(1+a)=0$$ 之实根,亦相当于处理了 $$(1+a)^{1/n}$$ 相关的展开式问题。至于其它有理幂次的推广,请参见〈二项式定理的推广(三):和算家的数学表〉一文。

连结:二项式定理的推广(三):和算家的数学表(上) 

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