|
|
楼主 |
kuing
发表于 2021-7-20 23:57
我的回答：
令 `f(t)=(1+at)^n=\sum_{j=0}^n\binom nja^jt^j` ，求导得
\begin{align*} f'(t)&=n(1+at)^{n-1}a=\sum_{j=0}^nj\binom nja^jt^{j-1},\\ f''(t)&=n(n-1)(1+at)^{n-2}a^2=\sum_{j=0}^nj(j-1)\binom nja^jt^{j-2},\\ f'''(t)&=n(n-1)(n-2)(1+at)^{n-3}a^3=\sum_{j=0}^nj(j-1)(j-2)\binom nja^jt^{j-3},\\ &\cdots \end{align*}令 t=1 得
\begin{align*} \sum_{j=0}^nj\binom nja^j&=n(1+a)^n\frac a{1+a},\\ \sum_{j=0}^nj(j-1)\binom nja^j&=n(n-1)(1+a)^n\left( \frac a{1+a} \right)^2,\\ \sum_{j=0}^nj(j-1)(j-2)\binom nja^j&=n(n-1)(n-2)(1+a)^n\left( \frac a{1+a} \right)^3,\\ &\cdots \end{align*}令 `a=\frac x{1-x}` ，则 `1+a=\frac 1{1-x}` 且 `\frac a{1+a}=x` ，故
\begin{align*} \sum_{j=0}^nj\binom nj\left( {\frac x{1-x}} \right)^j&=\frac {nx}{(1-x)^n},\\ \sum_{j=0}^nj(j-1)\binom nj\left( \frac x{1-x} \right)^j&=\frac {n(n-1)x^2}{(1-x)^n},\\ \sum_{j=0}^nj(j-1)(j-2)\binom nj\left( \frac x{1-x} \right)^j&=\frac {n(n-1)(n-2)x^3}{(1-x)^n},\\ &\cdots \end{align*}去分母之后，第一式，以及前两式相加，即得
\begin{align*} \sum_{j=0}^nj\binom njx^j(1-x)^{n-j}&=nx,\\ \sum_{j=0}^nj^2\binom njx^j(1-x)^{n-j}&=n(n-1)x^2+nx, \end{align*}顺便算个立方，由 `j^3=j(j-1)(j-2)+3j(j-1)+j` 即得
\[\sum_{j=0}^nj^3\binom njx^j(1-x)^{n-j}=n(n-1)(n-2)x^3+3n(n-1)x^2+nx,\]更高次方也可以继续算下去，如`j^4=j(j-1)(j-2)(j-3)+6j(j-1)(j-2)+7j(j-1)+j` 于是四次方的那几个系数就是 {1,6,7,1}，下一个五次方是 {1,10,25,15,1}，规律是：若 k 次方的系数列是 `\{a_1,a_2,a_3,\ldots ,a_{k-1},a_k\}` 则 k+1 次的是 `\{a_1,ka_1+a_2,(k-1)a_2+a_3,\ldots ,3a_{k-2}+a_{k-1},2a_{k-1}+a_k,a_k\}` 。
发布于 03-31
注：其实还是当年这帖的方法了，战巡的方法我没写上，除了因为懒，还有就是虽然用 `(1+e^x)^n` 的 m 阶导数表示的形式最简单，但如果没有计算机，计算量还是不小的，而我的系数生成列更容易手算。 |
|
随手撸道题都成偏见了
我当时真不知道怎么回复他，就没管了。
