jr的数学の的奇妙冒险-1

小骑士可爱捏 / 2024-11-07 / 原文

本博客主要记录了一名菜鸡蒟蒻学数学的一些记录.

更新日志：

Upd2024-11-2:关于二项式定理新增了一些『特殊性质』.

观前提醒：

本蒟蒻数学不好，加上表达能力较差，清多多谅解qwq.

1.自然数A的全体约数之和：

如果存在自然数A,那么我们定义A的质因子分别为 ${p_1,p_2,...,p_k}$ ，被拆解的次数分别为 ${a_1,a_2,...,a_k}$.根据唯一分解定理，A可以被表示为：

\[A = p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2} \cdot p_3^{a_3} \cdot ... \cdot p_k^{a_k} \]

那么知道了这个，跟约数之和有什么关系呢？

前置：自然数A的约数个数：

先举一个例子，前面提到的条件里， $p_1^{a_1}$ 有多少个约数？

根据约数的定义，我们可以很快得出分别为 $p_1^0,p_1^1,...p_1^{a_1}$，总共 $(a_1 + 1)$ 个.

这是一个例子，且仅当 $p_1$ 是一个质数.

可是，合数是可以被拆为多个质数的，是不是意味着，质因子之间的约数相乘的结果也是该合数的约数？

这个原因很好解释.因为 $p_i$ 是A的约数，$p_i^{a_i}$ 中包含 $p_i$，所以 $p_i^{a_i}$ 也是A的约数.

因为，质因子之间互不影响，所以可以利用乘法原理求解.可得出总约数个数为:

\[(a_1+1)(a_2+1)(a_3+1)...(a_k+1) = \prod_{i = 1}^{i \le n} (a_i + 1) \]

----------------------------------------------------------分割线-----------------------------------------------------------------------------

现在，我们回到题目，同时我们也得知了A的约数是由A的各个 $p_i^{a_i}$ 的约数中挑选相乘得来的.

注， $p_i^0$ 也是约数，如果每个都只选零次方，那么也只记作一种.

从约数总个数公式中能得出有 $(a_1 + 1)(a_2 + 1)(a_3 + 1)...(a_k + 1)$ 种选法，那么根据定义就能推出A的全体约数和为：

\[(p_1^0 + p_1^1 + ... + p_1^{a_1})(p_2^0 + p_2^1 + ... + p_2^{a_2})...(p_k^0 + p_k^1 +... + p_k^{a_k}) = \prod_{i = 1}^{k} (\sum_{j = 0}^{a_i} p_i^{j}) \]

2.等比数列求和与求和公式：

这个...相信学过OI的人都会吧...

观察这么一组数据：1，3，9，27，... 是不发现相邻两个数的商是一样的？那么像这样的数列，我们就称之为等比数列.
其中，数列的第一个数称为首项，最后一个数称为末项，而相邻两个数的商则称之为公比.

这里有我的一个问题，"等比"这个名字应该是指两个相邻的数比值相同，而不是"商相同".而且应该是后面的与前面的比值.

那么，有了数列，怎么求出前n个数的和呢？

如果我们知道了一个数列的首项a(从第零个开始)和公比q，那么第n个数是不是可以写为 $a \cdot q^{n}$？

好，既然知道可以这样写，那么这个就是我们的突破点！

令 $S_n$ 表示等比数列前n项的和，即 $a_0 + a_1 + ... + a_n$.
因为每个项都包含了因数a，所以提取公因式后则变为了 $a(q^0 + q^1 + ... + q^n)$.
将 $S_n$ 乘上一个q，式子则变为了 $q \cdot S_n = a(q^1 + q^2 + ... + q^{n + 1})$.
将变式与原式相减，则得到了 $(q - 1)S_n = a(q^{n + 1} - 1)$.
去掉 $(q - 1)$，我们就得到了 $S_n = \frac{a(q^{n + 1} - 1)}{(q - 1)}$.

你，听懂了吗？

二项式，三项式与多项式：

二项式&三项式:

杨辉三角，作为我们中国人的发明，相信各位都有所了解.

在你查关于杨辉三角资料时，或许会听到"二项式定理"这个词条，你可能不在意，但这个可是和杨辉三角的推导有重要的关联.

先来看一个式子，如何求解出 $(x + y)^n$?

如果你没有数论基础，是不是会这样求:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long x,y,n;
int main(){
	cin >> x >> y >> n;
	cout<<pow(x + y,n);
    return 0;
}

好处是，代码简洁且容易写.
坏处是，代码适用范围小，n太大不行.

可如果你学了快速幂的话，你还可以这样求：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long x,y,n;
long long pow_n(long long a,long long b){
	long long res = 1;
	while(b){
		if(b & 1) res = res * a;
		a = a * a;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
int main(){
	cin >> x >> y >> n;
	cout<<pow_n(x + y,n);
    return 0;
}

是不是感觉够用了？那暴力美学在你这可谓是发挥的淋漓尽致.

$(x + y)^n$ 就是由 $n$ 个 $(x + y)$ 相乘的乘积.在展开时，需要将括号里的值与外面的数相乘.
如 $(x + y)(x + y)$ 展开为 $x^2 + xy + xy + y^2$,第一二个括号内，你都可以选择选x还是选y与外面相乘.

那么，这不就成决策了吗？

根据乘法原理，总共有 $2^n$ 种可能，其中不同括号选不同的值算一种不同的可能.比如
$(x+y)^3 = (x+y)(x+y)(x+y)$,如果有两种可能都是选了 2个x，1个y，但顺
序不一样，那么我们也算其为两种不同的可能.

如果我们定义 i 为某种可能里x的次数，那么在n个数中选i个数有多少种可能呢？.

那么，排列组合启动！

在二项式中，我们通常定义 $\binom{n}{r} = C^{r}_n = \frac{n!}{r!(n - r)!}$

你可以通俗易懂地理解为 $C^n_r$，而他也有一个独特的名字————二项式系数.

现在有了可以一次性求出某个次数下的可能数，就可以开始枚举次数了！

那么现在的二项式展开就变为了:

\[(x+y)^n = \binom{n}{0}x^0y^n + \binom{n}{1}xy^{n - 1} + \binom{n}{2}x^2y^{n - 2} + ... + \binom{n}{n}x^ny^0 = \sum_{i = 0}^{n} \binom{n}{i} x^i y^{n - i} \]

怎么样？这就是数学的魅力！

那么如果换到三项式，我们则需要枚举两个未知数的次数，则展开为:

\[(x+y+z)^n = \binom{n}{0} \binom{n}{0} x^0y^0z^n + \binom{n}{0} \binom{n}{1} x^0y^1z^{n - 1} + ... + \binom{n}{0} \binom{n}{n} x^0y^nz^0 + \binom{n}{1} \binom{n - 1}{0} x^1y^0z^{n - 1} \]

\[= \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{n - i} \binom{n}{i} \binom{n-i}{j} x^iy^jz^{n - i - j} \]

是不是很神奇？

特殊性质：

1.由于 $\binom{n}{i}$ 的本质就是 $C_{n}^{i}$.所以在二项式定理中，也满足 $\binom{n}{i} = \binom{n}{n - i}$.

2.如果用集合的方式描述，那么 $\binom{n}{i}$ 就是n元集合的i元子集，因此满足 $\binom{n}{0} + \binom{n}{1} +...+\binom{n}{n} = \sum_{i = 0}^n \binom{n}{i} = 2^n$.

3.满足 $\binom{n}{0} - \binom{n}{1} + \binom{n}{2} + ... + (-1)^n \cdot \binom{n}{n} = 0$ 且满足 $n \in \mathbb{\mathbb{N} }$.

解释：原式可以通过二项式定理展开得到 $(1 - 1)^n$ ,而这个式子的结果也恰恰等于0.

4.存在 $\forall n \in \mathbb{N} \Longrightarrow \sum_{i = 0}^{n} \binom{n}{i}^2 = \binom{2n}{n}$ .

解释：$\binom{2n}{n}$ 可以理解为将2n分为两端长度为n的序列，一段选i个元素，另一段选n - i个元素.

根据特殊性质一，可得 $\binom{n}{i} = \binom{n}{n - i}$.两个部分相乘，结果就为 $\binom{n}{i}^2$,至此问题解决.

最终的挑战：n项式

既然二项式和三项式都被攻破，那么我们不妨来看看n项式

n项式的形式为 $(x_1 + x_2 +...+x_t)^n$.

回到二项式推导时的思想，我们枚举了每个数的次数，并计算了出现的方案数.那么到了n项式，我们也效仿一下思路：

定义 $n_i(i = 1,2,...,t)$ 为 $x_i$ 的次数,且保证 $n_1+n_2+...+n_t = n$。

考虑取到 $n_1$ 个 $x_1$ 的方案数，结果为 $\binom{n}{n_1}$.

在 $\binom{n}{n_1}$ 个方案中考虑取到 $n_2$ 个 $x_1$ 的方案数.因为选了 $n_1$ 个，所以结果为 $\binom{n - n_1}{n_2}$.

所以 $\binom{n}{n_1} \binom{n - n_1}{n_2}$ 就为既能取 $n_1$ 个 $x_1$ 又能取 $n_2$ 个 $x_2$的方案数。

以此类推，能取 $n_i$ 个 $x_i(i = 1,2,...,t)$ 的方案数则为:

\[\binom{n}{n_1} \binom{n - n_1}{n_2} ... \binom{n - n_1 - n_2-...-n_{t - 1}}{n_t} = \frac{n!}{n_1!(n - n_1)!} \frac{(n - n_1)!}{n_2!(n - n_1 - n_2)!}...\frac{(n - n_1 - n_2-...-n_{t - 1})!}{n_t!0!} \]

\[= \frac{n!}{n_1!n_2!...n_t!} \]

$0! = (n - n_1 - n_2-...-n_t)! = 0!$,满足了 $n_1+n_2+...+n_t = n$ 的定义.

我们知道了每种方案，也知道了每种方案的方案数.至此，问题解决.

\[(x_1+x_2+...+x_t)^n = \sum_{n_i \ge 0,n_1+n_2+...+n_t = n} \frac{n!}{n_1!n_2!...n_t!} \prod_{i = 1}^{t}x_i^{n_i} \]

其中$\sum_{n_i \ge 0,n_1+n_2+...+n_t = n}$是指所有满足 $n_1+n_2+...+n_t = n$ 的 $n_1,n_2,...,n_t$ 带入到后面求和.

$\frac{!n}{n_1!n_2!...n_t!}$ 被称为多项式系数，一般记作 $\binom{n}{n_1,n_2,...n_r}$.其中 $n_1+...+n_r = n$.

特殊性质：

当t为2时,得到：

\[(x_1+x_2)^n = \sum_{n_i \ge 0,n_1+n_2 = n} \frac{n!}{n_1!n_2!} x_1^{n_1}x_2^{n_2} = \sum_{n_i \ge 0,n_1+n_2 = n} \frac{n!}{n_1!(n - n_1)!} x_1^{n_1}x_2^{n - n_1} = \sum_{n_1 = 0}^n \frac{n!}{n_1!(n - n_1)!} x_1^{n_1}x_2^{n - n_1} \]

即二项式定理.

谢谢观看QWQ！