文章目录
- 待定系数法
- 递归数列特征方程
- 错位相减，差分
- 韦达定理
- 二项式定理
- 一元二次求解
- 指数开根算法
- 高次方程展开
- 方程组求解
- 数列相关求解
- 帕斯卡恒等式
- 判断素数时，为何内层for上限是int(num ** 0.5)
待定系数法
待定系数法是一种在解决数学问题时常用的方法，特别是在处理多项式、分式、数列等领域。它的基本思想是先假设一个包含未知系数的表达式，然后根据题目给出的条件或性质，列出关于这些未知系数的方程（组），最后解出这些方程（组）得到未知系数的值，从而确定原表达式的形式。
应用示例
1. 多项式除法
问题：已知多项式 f ( x ) = 2 x 3 + 3 x 2 − 5 x + 1 f(x) = 2x^3 + 3x^2 - 5x + 1 f(x)=2x3+3x2−5x+1 除以 x − 1 x - 1 x−1 的余数是 2，求 f ( x ) f(x) f(x) 除以 x − 1 x - 1 x−1 的商式。
解：设商式为 q ( x ) = a x 2 + b x + c q(x) = ax^2 + bx + c q(x)=ax2+bx+c，则
f ( x ) = ( x − 1 ) ( a x 2 + b x + c ) + 2 f(x) = (x - 1)(ax^2 + bx + c) + 2 f(x)=(x−1)(ax2+bx+c)+2
展开得：
2 x 3 + 3 x 2 − 5 x + 1 = a x 3 + ( b − a ) x 2 + ( c − b ) x + ( c − 2 ) 2x^3 + 3x^2 - 5x + 1 = ax^3 + (b - a)x^2 + (c - b)x + (c - 2) 2x3+3x2−5x+1=ax3+(b−a)x2+(c−b)x+(c−2)
通过比较同类项的系数，我们可以列出方程组：
{ a = 2 , b − a = 3 , c − b = − 5 , c − 2 = 1. \begin{cases} a = 2, \\ b - a = 3, \\ c - b = -5, \\ c - 2 = 1. \end{cases} ⎩ ⎨ ⎧a=2,b−a=3,c−b=−5,c−2=1.
解这个方程组，得到 a = 2 , b = 5 , c = 3 a = 2, b = 5, c = 3 a=2,b=5,c=3。
因此，商式 q ( x ) = 2 x 2 + 5 x + 3 q(x) = 2x^2 + 5x + 3 q(x)=2x2+5x+3。
2. 分式化简
问题：将分式 x 2 + 3 x + 2 x 2 + 2 x + 1 \frac{x^2 + 3x + 2}{x^2 + 2x + 1} x2+2x+1x2+3x+2 化为最简分式。
解：首先，对分子和分母进行因式分解。
x 2 + 3 x + 2 x 2 + 2 x + 1 = ( x + 1 ) ( x + 2 ) ( x + 1 ) 2 \frac{x^2 + 3x + 2}{x^2 + 2x + 1} = \frac{(x + 1)(x + 2)}{(x + 1)^2} x2+2x+1x2+3x+2=(x+1)2(x+1)(x+2)
由于分子和分母都含有公因式 x + 1 x + 1 x+1，我们可以进行约分。但在这里，我们可以先假设最简分式为 A x + 1 \frac{A}{x + 1} x+1A（其中 A A A 是待定的系数），然后通过比较系数来求解 A A A。
由于 ( x + 1 ) ( x + 2 ) ( x + 1 ) 2 = x + 2 x + 1 \frac{(x + 1)(x + 2)}{(x + 1)^2} = \frac{x + 2}{x + 1} (x+1)2(x+1)(x+2)=x+1x+2，我们可以直接得出 A = x + 2 A = x + 2 A=x+2（但注意，这里 A A A 实际上是一个多项式，而不是一个常数）。因此，最简分式为 x + 2 x + 1 \frac{x + 2}{x + 1} x+1x+2。
3. 数列通项公式
问题：已知数列 { a n } \{a_n\} {an} 满足 a 1 = 1 a_1 = 1 a1=1，且 a n + 1 = 2 a n + 1 a_{n+1} = 2a_n + 1 an+1=2an+1，求数列的通项公式。
解：这是一个一阶线性递推数列。我们可以先对递推关系式进行变形，使其形式更易于求解。
a n + 1 = 2 a n + 1 ⇒ a n + 1 + 1 = 2 ( a n + 1 ) a_{n+1} = 2a_n + 1 \Rightarrow a_{n+1} + 1 = 2(a_n + 1) an+1=2an+1⇒an+1+1=2(an+1)
现在，数列 { a n + 1 } \{a_n + 1\} {an+1} 变成了一个等比数列，其首项为 a 1 + 1 = 2 a_1 + 1 = 2 a1+1=2，公比为 2。
因此，数列 { a n + 1 } \{a_n + 1\} {an+1} 的通项公式为 a n + 1 = 2 n a_n + 1 = 2^n an+1=2n。
最后，解出 a n a_n an，得到 a n = 2 n − 1 a_n = 2^n - 1 an=2n−1。
总结
待定系数法是一种非常灵活且强大的数学工具，它可以帮助我们解决各种看似复杂的问题。在应用时，关键是根据问题的特点，合理地假设一个包含未知系数的表达式，并通过题目给出的条件或性质，列出并解出关于这些未知系数的方程（组）。
递归数列特征方程
递归数列的特征方根（也称为特征根）是求解线性递归数列通项公式时的一个重要概念。线性递归数列是指满足形如 a n = c 1 a n − 1 + c 2 a n − 2 + ⋯ + c k a n − k a_n = c_1 a_{n-1} + c_2 a_{n-2} + \cdots + c_k a_{n-k} an=c1an−1+c2an−2+⋯+ckan−k（其中 c 1 , c 2 , … , c k c_1, c_2, \ldots, c_k c1,c2,…,ck 是常数， c k ≠ 0 c_k \neq 0 ck=0）的数列，其中 k k k 是递归的阶数。
对于二阶线性递归数列 a n = p a n − 1 + q a n − 2 a_n = pa_{n-1} + qa_{n-2} an=pan−1+qan−2（其中 p , q p, q p,q 是常数，且 q ≠ 0 q \neq 0 q=0），其特征方程是一个二次方程 x 2 = p x + q x^2 = px + q x2=px+q。这个方程的根 x 1 , x 2 x_1, x_2 x1,x2 被称为该递归数列的特征根。
特征根的求解
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写出特征方程：对于二阶递归数列 a n = p a n − 1 + q a n − 2 a_n = pa_{n-1} + qa_{n-2} an=pan−1+qan−2，其特征方程为 x 2 − p x − q = 0 x^2 - px - q = 0 x2−px−q=0。
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求解特征方程：使用求根公式（韦达定理）求解该二次方程，得到两个根 x 1 x_1 x1 和 x 2 x_2 x2。
- 如果 Δ = p 2 + 4 q > 0 \Delta = p^2 + 4q > 0 Δ=p2+4q>0，则方程有两个不相等的实根 x 1 , x 2 x_1, x_2 x1,x2。
- 如果 Δ = p 2 + 4 q = 0 \Delta = p^2 + 4q = 0 Δ=p2+4q=0，则方程有两个相等的实根 x 1 = x 2 x_1 = x_2 x1=x2。
- 如果 Δ = p 2 + 4 q < 0 \Delta = p^2 + 4q < 0 Δ=p2+4q<0，则方程有两个共轭复根 x 1 = r + s i x_1 = r + si x1=r+si 和 x 2 = r − s i x_2 = r - si x2=r−si（其中 r , s r, s r,s 是实数，且 s ≠ 0 s \neq 0 s=0）。
通项公式的求解
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两个不相等的实根：如果 x 1 ≠ x 2 x_1 \neq x_2 x1=x2，则数列的通项公式为 a n = C 1 x 1 n + C 2 x 2 n a_n = C_1 x_1^n + C_2 x_2^n an=C1x1n+C2x2n，其中 C 1 , C 2 C_1, C_2 C1,C2 是由初始条件 a 0 , a 1 a_0, a_1 a0,a1（或其他给定的初始项）确定的常数。
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两个相等的实根：如果 x 1 = x 2 x_1 = x_2 x1=x2，则数列的通项公式为 a n = ( C 1 + C 2 n ) x 1 n a_n = (C_1 + C_2 n) x_1^n an=(C1+C2n)x1n，其中 C 1 , C 2 C_1, C_2 C1,C2 同样是由初始条件确定的常数。
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两个共轭复根：如果 x 1 = r + s i , x 2 = r − s i x_1 = r + si, x_2 = r - si x1=r+si,x2=r−si，则数列的通项公式可以表示为 a n = C 1 ( r + s i ) n + C 2 ( r − s i ) n a_n = C_1 (r + si)^n + C_2 (r - si)^n an=C1(r+si)n+C2(r−si)n。利用复数的三角形式，这可以进一步化简为 a n = D 1 cos ( n θ ) + D 2 sin ( n θ ) a_n = D_1 \cos(n\theta) + D_2 \sin(n\theta) an=D1cos(nθ)+D2sin(nθ) 的形式，其中 D 1 , D 2 D_1, D_2 D1,D2 和 θ \theta θ 是由 r , s r, s r,s 以及初始条件确定的常数和角度。
示例
考虑递归数列 a n = 3 a n − 1 − 2 a n − 2 a_n = 3a_{n-1} - 2a_{n-2} an=3an−1−2an−2，其特征方程为 x 2 − 3 x + 2 = 0 x^2 - 3x + 2 = 0 x2−3x+2=0。求解得 x 1 = 1 , x 2 = 2 x_1 = 1, x_2 = 2 x1=1,x2=2。如果初始条件为 a 0 = 1 , a 1 = 3 a_0 = 1, a_1 = 3 a0=1,a1=3，则通项公式为 a n = C 1 ⋅ 1 n + C 2 ⋅ 2 n a_n = C_1 \cdot 1^n + C_2 \cdot 2^n an=C1⋅1n+C2⋅2n。通过解方程组
{ C 1 + C 2 = 1 , C 1 + 2 C 2 = 3 , \begin{cases} C_1 + C_2 = 1, \\ C_1 + 2C_2 = 3, \end{cases} {C1+C2=1,C1+2C2=3,
得到 C 1 = − 1 , C 2 = 2 C_1 = -1, C_2 = 2 C1=−1,C2=2，因此通项公式为 a n = 2 n + 1 − 1 a_n = 2^{n+1} - 1 an=2n+1−1。
错位相减，差分
“错位相减差分”可能涉及到数列求和中的一种特定方法，即错位相减法，这种方法主要应用于等比数列与等差数列相乘构成的数列的求和。然而，“差分”一词在数学中通常指的是数列的相邻两项之差，形成的新数列称为差分数列。但在这里，“错位相减差分”并不是一个标准的数学术语，可能是对错位相减法及其与差分概念结合的一种非标准描述。
不过，为了解答这个问题，我们可以将其拆分为两部分来理解：错位相减法和差分的应用。
错位相减法
错位相减法是一种常用的数列求和方法，主要用于求解等比数列与等差数列相乘形式的数列的前n项和。其基本步骤如下：
- 写出数列的前n项和：设数列的前n项和为 S n S_n Sn，通常表示为等差数列的通项与等比数列的通项相乘的形式。
- 对原式进行变形：通常是将原式两边同时乘以等比数列的公比，得到一个新的等式。
- 错位相减：将原式与新式进行错位相减，即新式的每一项都与原式中对应的后一项相减，这样可以消去大部分项，得到一个等比数列或易于求和的数列。
- 求和并化简：利用等比数列的求和公式或其他方法求出剩下的项的和，并进行化简。
差分的应用
在数列中，差分主要用于分析数列的性质，如单调性、周期性等。对于错位相减法而言，虽然直接不涉及差分计算，但在分析数列结构时，了解数列的差分性质有助于判断是否可以应用错位相减法进行求和。
结合理解
虽然“错位相减差分”不是一个标准的数学术语，但从其字面上可以理解为在错位相减法中，可能需要借助差分概念来分析数列的结构或性质，从而更好地应用错位相减法进行求和。然而，在实际操作中，错位相减法主要关注的是数列的等差和等比特性，而不是直接进行差分计算。
综上所述，“错位相减差分”可能是一个对错位相减法及其与差分概念结合的非标准描述。在实际应用中，应根据数列的具体形式选择合适的求和方法。
韦达定理
韦达定理（Viète’s Formulas）是代数学中的一个重要定理，它描述了一元二次方程中根与系数之间的关系。具体来说，对于一元二次方程 a x 2 + b x + c = 0 ax^2 + bx + c = 0 ax2+bx+c=0（其中 a ≠ 0 a \neq 0 a=0，且判别式 Δ = b 2 − 4 a c ≥ 0 \Delta = b^2 - 4ac \geq 0 Δ=b2−4ac≥0，以保证方程有实数解），设其两个根为 x 1 x_1 x1 和 x 2 x_2 x2，则韦达定理可以表示为：
- 根的和： x 1 + x 2 = − b a x_1 + x_2 = -\frac{b}{a} x1+x2=−ab
- 根的积： x 1 ⋅ x 2 = c a x_1 \cdot x_2 = \frac{c}{a} x1⋅x2=ac
这两个等式分别给出了方程的两个根的和与积与方程的系数之间的关系。这个定理在解决一元二次方程的问题时非常有用，比如可以用来验证一组数是否是一个给定一元二次方程的两个根，或者在已知一个根的情况下求出另一个根和方程的系数等。
韦达定理的推广可以涉及到更高次的多项式方程，但在中学阶段，通常只讨论一元二次方程的情况。此外，韦达定理的发现者弗朗索瓦·韦达（François Viète）是16世纪法国的一位杰出数学家，他对方程论和代数符号的发展做出了重要贡献，被誉为“代数符号之父”。
二项式定理
二项式定理是一个在代数中非常重要的定理，它描述了二项式（即形式为 ( a + b ) n (a+b)^n (a+b)n的表达式，其中 n n n是正整数）展开后的系数规律。具体来说，二项式定理给出了 ( a + b ) n (a+b)^n (a+b)n展开后每一项的通项公式以及各项系数（通常称为二项式系数）的确定方法。
二项式定理的通项公式
对于 ( a + b ) n (a+b)^n (a+b)n的展开，其通项公式为：
T r + 1 = C n r ⋅ a n − r ⋅ b r T_{r+1} = C_n^r \cdot a^{n-r} \cdot b^r Tr+1=Cnr⋅an−r⋅br
其中， T r + 1 T_{r+1} Tr+1表示展开后从左到右数第 r + 1 r+1 r+1项（注意项数是从1开始计数的）， C n r C_n^r Cnr是组合数，表示从 n n n个不同元素中取出 r r r个元素的组合方式数，也可以写作 ( n r ) \binom{n}{r} (rn)或 n ! r ! ( n − r ) ! \frac{n!}{r!(n-r)!} r!(n−r)!n!（其中 n ! n! n!表示 n n n的阶乘，即 n × ( n − 1 ) × ⋯ × 2 × 1 n \times (n-1) \times \cdots \times 2 \times 1 n×(n−1)×⋯×2×1，特别地， 0 ! = 1 0! = 1 0!=1）。
二项式系数的性质
二项式系数 C n r C_n^r Cnr（或 ( n r ) \binom{n}{r} (rn)）具有一些重要的性质，包括但不限于：
- 对称性： C n r = C n n − r C_n^r = C_n^{n-r} Cnr=Cnn−r，即与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等。
- 增减性与最大值：当 ( n + 1 ) / 2 ≤ r ≤ n / 2 (n+1)/2 \leq r \leq n/2 (n+1)/2≤r≤n/2时（ n n n为偶数）或当 ( n + 1 ) / 2 ≤ r ≤ ( n + 1 ) / 2 (n+1)/2 \leq r \leq (n+1)/2 (n+1)/2≤r≤(n+1)/2（ n n n为奇数）时，二项式系数 C n r C_n^r Cnr达到最大。
- 和：所有二项式系数的和为 2 n 2^n 2n，即 C n 0 + C n 1 + C n 2 + ⋯ + C n n = 2 n C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + \cdots + C_n^n = 2^n Cn0+Cn1+Cn2+⋯+Cnn=2n。
应用
二项式定理在组合数学、概率论、微积分等多个领域都有广泛的应用。例如，在组合数学中，它用于计算组合数；在概率论中，它用于计算独立重复试验成功的次数的概率分布（即二项分布）；在微积分中，它用于推导泰勒公式和麦克劳林公式等。
示例
考虑 ( a + b ) 3 (a+b)^3 (a+b)3的展开，根据二项式定理，其展开式为：
( a + b ) 3 = C 3 0 ⋅ a 3 ⋅ b 0 + C 3 1 ⋅ a 2 ⋅ b 1 + C 3 2 ⋅ a 1 ⋅ b 2 + C 3 3 ⋅ a 0 ⋅ b 3 (a+b)^3 = C_3^0 \cdot a^3 \cdot b^0 + C_3^1 \cdot a^2 \cdot b^1 + C_3^2 \cdot a^1 \cdot b^2 + C_3^3 \cdot a^0 \cdot b^3 (a+b)3=C30⋅a3⋅b0+C31⋅a2⋅b1+C32⋅a1⋅b2+C33⋅a0⋅b3
= 1 ⋅ a 3 ⋅ 1 + 3 ⋅ a 2 ⋅ b + 3 ⋅ a ⋅ b 2 + 1 ⋅ 1 ⋅ b 3 = 1 \cdot a^3 \cdot 1 + 3 \cdot a^2 \cdot b + 3 \cdot a \cdot b^2 + 1 \cdot 1 \cdot b^3 =1⋅a3⋅1+3⋅a2⋅b+3⋅a⋅b2+1⋅1⋅b3
= a 3 + 3 a 2 b + 3 a b 2 + b 3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3 =a3+3a2b+3ab2+b3
一元二次求解
一元二次方程的一般形式为 a x 2 + b x + c = 0 ax^2 + bx + c = 0 ax2+bx+c=0，其中 a ≠ 0 a \neq 0 a=0。
求解一元二次方程主要有两种方法：因式分解法和公式法。
1. 因式分解法
如果方程 a x 2 + b x + c = 0 ax^2 + bx + c = 0 ax2+bx+c=0 的左侧可以分解为两个一次因式的乘积，即 a x 2 + b x + c = ( p x + q ) ( r x + s ) = 0 ax^2 + bx + c = (px + q)(rx + s) = 0 ax2+bx+c=(px+q)(rx+s)=0，那么方程的两个解就是 p x + q = 0 px + q = 0 px+q=0 和 r x + s = 0 rx + s = 0 rx+s=0 的解。
示例：
解方程 x 2 − 5 x + 6 = 0 x^2 - 5x + 6 = 0 x2−5x+6=0
将左侧因式分解： x 2 − 5 x + 6 = ( x − 2 ) ( x − 3 ) = 0 x^2 - 5x + 6 = (x - 2)(x - 3) = 0 x2−5x+6=(x−2)(x−3)=0
解得： x − 2 = 0 x - 2 = 0 x−2=0 或 x − 3 = 0 x - 3 = 0 x−3=0
所以， x 1 = 2 x_1 = 2 x1=2， x 2 = 3 x_2 = 3 x2=3
2. 公式法
对于一般形式的一元二次方程 a x 2 + b x + c = 0 ax^2 + bx + c = 0 ax2+bx+c=0，其解为：
x = − b ± b 2 − 4 a c 2 a x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} x=2a−b±b2−4ac
这里， Δ = b 2 − 4 a c \Delta = b^2 - 4ac Δ=b2−4ac 称为判别式。
- 当 Δ > 0 \Delta > 0 Δ>0 时，方程有两个不相等的实根。
- 当 Δ = 0 \Delta = 0 Δ=0 时，方程有两个相等的实根（即一个实根）。
- 当 Δ < 0 \Delta < 0 Δ<0 时，方程没有实根，但有两个共轭复根。
示例：
解方程 2 x 2 − 4 x + 1 = 0 2x^2 - 4x + 1 = 0 2x2−4x+1=0
首先，确定 a = 2 , b = − 4 , c = 1 a = 2, b = -4, c = 1 a=2,b=−4,c=1
计算判别式： Δ = ( − 4 ) 2 − 4 × 2 × 1 = 16 − 8 = 8 \Delta = (-4)^2 - 4 \times 2 \times 1 = 16 - 8 = 8 Δ=(−4)2−4×2×1=16−8=8
因为 Δ > 0 \Delta > 0 Δ>0，所以方程有两个不相等的实根。
使用公式法求解：
x = 4 ± 8 4 = 2 ± 2 2 x = \frac{4 \pm \sqrt{8}}{4} = \frac{2 \pm \sqrt{2}}{2} x=44±8 =22±2
所以， x 1 = 2 + 2 2 x_1 = \frac{2 + \sqrt{2}}{2} x1=22+2 ， x 2 = 2 − 2 2 x_2 = \frac{2 - \sqrt{2}}{2} x2=22−2
共轭复根
当一元二次方程的判别式 Δ = b 2 − 4 a c < 0 \Delta = b^2 - 4ac < 0 Δ=b2−4ac<0 时，方程没有实数解，但存在两个复数解，这两个复数解是共轭的。
共轭复数是指两个复数，它们的实部相同，虚部互为相反数。例如， z z z 和 z ˉ \bar{z} zˉ 是共轭复数，如果 z = a + b i z = a + bi z=a+bi，那么 z ˉ = a − b i \bar{z} = a - bi zˉ=a−bi，其中 a a a 和 b b b 是实数， i i i 是虚数单位（满足 i 2 = − 1 i^2 = -1 i2=−1）。
对于一元二次方程 a x 2 + b x + c = 0 ax^2 + bx + c = 0 ax2+bx+c=0（其中 a ≠ 0 a \neq 0 a=0），当 Δ < 0 \Delta < 0 Δ<0 时，其解可以表示为：
x = − b ± Δ 2 a = − b ± b 2 − 4 a c 2 a = − b ± i − ( b 2 − 4 a c ) 2 a = − b ± i 4 a c − b 2 2 a x = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a} = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} = \frac{-b \pm i\sqrt{-(b^2 - 4ac)}}{2a} = \frac{-b \pm i\sqrt{4ac - b^2}}{2a} x=2a−b±Δ =2a−b±b2−4ac =2a−b±i−(b2−4ac) =2a−b±i4ac−b2
这里， − ( b 2 − 4 a c ) \sqrt{-(b^2 - 4ac)} −(b2−4ac) 是不存在实数解的，因此我们用 i 4 a c − b 2 i\sqrt{4ac - b^2} i4ac−b2 来表示它，其中 i i i 是虚数单位。
于是，方程的两个解就是：
x 1 = − b + i 4 a c − b 2 2 a , x 2 = − b − i 4 a c − b 2 2 a x_1 = \frac{-b + i\sqrt{4ac - b^2}}{2a}, \quad x_2 = \frac{-b - i\sqrt{4ac - b^2}}{2a} x1=2a−b+i4ac−b2 ,x2=2a−b−i4ac−b2
可以看出， x 1 x_1 x1 和 x 2 x_2 x2 的实部都是 − b 2 a \frac{-b}{2a} 2a−b，虚部互为相反数，即它们是共轭复数。
例如，考虑方程 x 2 + 1 = 0 x^2 + 1 = 0 x2+1=0，其判别式 Δ = 0 2 − 4 × 1 × 1 = − 4 < 0 \Delta = 0^2 - 4 \times 1 \times 1 = -4 < 0 Δ=02−4×1×1=−4<0。根据公式法，其解为：
x = 0 ± − 4 2 = ± 2 i 2 = ± i x = \frac{0 \pm \sqrt{-4}}{2} = \frac{\pm 2i}{2} = \pm i x=20±−4 =2±2i=±i
这里， i i i 和 − i -i −i 就是共轭复数解。
指数开根算法
高次方程展开
对于 ( a + b ) 3 (a+b)^3 (a+b)3的展开，我们同样可以使用二项式定理的通项公式，但在这个特定情况下，由于它是一个三次方，我们也可以直接通过乘法来展开它。不过，为了与之前的解答保持一致，我们还是用二项式定理的通项公式来展示。
二项式定理的通项公式为：
T
r
+
1
=
C
n
r
⋅
a
n
−
r
⋅
b
r
T_{r+1} = C_n^r \cdot a^{n-r} \cdot b^r
Tr+1=Cnr⋅an−r⋅br
对于 ( a + b ) 3 (a+b)^3 (a+b)3，我们有 a , b a, b a,b作为二项式的两项， n = 3 n = 3 n=3。
-
当 r = 0 r = 0 r=0时：
T 1 = C 3 0 ⋅ a 3 − 0 ⋅ b 0 = 1 ⋅ a 3 ⋅ 1 = a 3 T_1 = C_3^0 \cdot a^{3-0} \cdot b^0 = 1 \cdot a^3 \cdot 1 = a^3 T1=C30⋅a3−0⋅b0=1⋅a3⋅1=a3 -
当 r = 1 r = 1 r=1时：
T 2 = C 3 1 ⋅ a 3 − 1 ⋅ b 1 = 3 ⋅ a 2 ⋅ b = 3 a 2 b T_2 = C_3^1 \cdot a^{3-1} \cdot b^1 = 3 \cdot a^2 \cdot b = 3a^2b T2=C31⋅a3−1⋅b1=3⋅a2⋅b=3a2b -
当 r = 2 r = 2 r=2时：
T 3 = C 3 2 ⋅ a 3 − 2 ⋅ b 2 = 3 ⋅ a ⋅ b 2 = 3 a b 2 T_3 = C_3^2 \cdot a^{3-2} \cdot b^2 = 3 \cdot a \cdot b^2 = 3ab^2 T3=C32⋅a3−2⋅b2=3⋅a⋅b2=3ab2 -
当 r = 3 r = 3 r=3时：
T 4 = C 3 3 ⋅ a 3 − 3 ⋅ b 3 = 1 ⋅ 1 ⋅ b 3 = b 3 T_4 = C_3^3 \cdot a^{3-3} \cdot b^3 = 1 \cdot 1 \cdot b^3 = b^3 T4=C33⋅a3−3⋅b3=1⋅1⋅b3=b3
将上述所有项相加，我们得到：
(
a
+
b
)
3
=
a
3
+
3
a
2
b
+
3
a
b
2
+
b
3
(a+b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3
(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3
这就是 ( a + b ) 3 (a+b)^3 (a+b)3的展开式。
方程组求解
鸡兔共30只，脚共90只，问鸡兔各多少只？
为了解决这个问题，我们可以设鸡的数量为
x
x
x，兔子的数量为
y
y
y。
根据题目描述，我们可以建立以下两个方程：
- 鸡和兔子的总数量是30只，所以：
x + y = 30 x + y = 30 x+y=30 - 鸡有2只脚，兔子有4只脚，它们的脚总数是90只，所以：
2 x + 4 y = 90 2x + 4y = 90 2x+4y=90
将上述两个方程组合，我们得到方程组：
{ x + y = 30 2 x + 4 y = 90 \begin{cases} x + y = 30 \\ 2x + 4y = 90 \end{cases} {x+y=302x+4y=90
为了简化计算，我们可以将第二个方程除以2，得到：
x + 2 y = 45 x + 2y = 45 x+2y=45
现在我们有了简化后的方程组：
{ x + y = 30 x + 2 y = 45 \begin{cases} x + y = 30 \\ x + 2y = 45 \end{cases} {x+y=30x+2y=45
接下来，我们可以通过解这个方程组来找出 x x x和 y y y的值。
数列相关求解
求指数的对数
要求指数的对数，我们首先需要明确对数的定义。对数是一种数学运算，它是指数的逆运算。具体来说，如果 a x = N a^x = N ax=N（其中 a > 0 a > 0 a>0， a ≠ 1 a \neq 1 a=1），那么数 x x x 叫做以 a a a 为底 N N N 的对数，记作 x = log a N x = \log_{a}N x=logaN。
猴子吃桃问题
【例4-24】猴子吃桃问题。猴子第一天摘下若干个桃子,当即吃了一半,又多吃了一个。第二天又将剩下的桃子吃掉一半，又多吃了一个。以后每天都吃了前一天剩下的一半多一个。至到第10天只剩下一个桃子了。求第一天共摘了多少个桃子。
【解答】
这是一个经典的数学问题，可以通过逆向思维来解决。我们知道第10天剩下1个桃子，根据题目描述，可以逆推回去计算第9天、第8天等之前每天的桃子数量。
逆推公式为：
x
1
=
2
×
(
x
2
+
1
)
x_1 = 2 \times (x_2 + 1)
x1=2×(x2+1)
x
2
=
2
×
(
x
3
+
1
)
x_2 = 2 \times (x_3 + 1)
x2=2×(x3+1)
.
.
.
...
...
x
10
=
1
x_{10} = 1
x10=1
我们可以编写一个简单的程序或手动计算来逆推：
第10天：1
第 9天：2 * (1 + 1) = 4
第 8天：2 * (4 + 1) = 10
第 7天：2 * (10 + 1) = 22
第 6天：2 * (22 + 1) = 46
第 5天：2 * (46 + 1) = 94
第 4天：2 * (94 + 1) = 190
第 3天：2 * (190 + 1) = 382
第 2天：2 * (382 + 1) = 766
第 1天：2 * (766 + 1) = 1534
所以，第一天猴子共摘了1534个桃子。
数学问题猴子吃桃，剩余个数为何是先减去1在除以2，题目明明是先吃一半，再多吃一个
逆推问题，必须按次序，来完全逆推
这个问题实际上是一个数学上的逆向思维问题。我们需要理解题目描述的吃桃过程，然后逆向推导出第一天的桃子数量。
根据题目描述，猴子每天都会吃掉前一天剩下的桃子的一半，然后额外多吃一个。这个过程可以用以下公式表示：
x n + 1 = ( x n 2 ) − 1 x_{n+1} = \left(\frac{x_n}{2}\right) - 1 xn+1=(2xn)−1
这里， x n x_n xn 是第 n n n 天剩下的桃子数量， x n + 1 x_{n+1} xn+1 是第 n + 1 n+1 n+1 天剩下的桃子数量。
为什么是先加上1再乘以2，而不是先乘以2再加上1呢？这是因为我们需要逆向推导。如果我们从第 n + 1 n+1 n+1 天的桃子数量开始，要找到第 n n n 天的桃子数量，我们需要先确定第 n n n 天猴子吃掉的最后一个桃子（即额外多吃的那一个），然后再恢复到第 n n n 天开始时的桃子数量。这意味着我们需要先将第 n + 1 n+1 n+1 天的桃子数量加1，然后乘以2来找到第 n n n 天的桃子数量：
x n = 2 × ( x n + 1 + 1 ) x_n = 2 \times (x_{n+1} + 1) xn=2×(xn+1+1)
这个公式反映了猴子在第 n + 1 n+1 n+1 天吃掉一半再多吃一个桃子后，第 n n n 天开始时的桃子数量。
以第10天为例，如果剩下1个桃子，根据逆向公式：
x 9 = 2 × ( 1 + 1 ) = 4 x_9 = 2 \times (1 + 1) = 4 x9=2×(1+1)=4
这意味着在第9天开始时有4个桃子，猴子吃了2个（一半），然后多吃了一个，剩下1个。
通过这种方式逆向计算，我们可以找到第一天的桃子数量。
数列求通项公式
找出一串数列的通项公式是一个需要观察、归纳和验证的过程。不同的数列可能需要不同的方法。以下是一些常用的步骤和技巧：
1. 观察数列的前几项
首先，观察数列的前几项，看是否有明显的规律。这些规律可能包括：
- 等差数列：数列中任意两项的差是常数。
- 等比数列：数列中任意两项的比值是常数（且不为0）。
- 其他模式：如平方数列、立方数列、斐波那契数列等。
2. 尝试归纳通项公式
基于观察到的规律，尝试归纳出一个可能的通项公式。
- 对于等差数列，通项公式通常是 a n = a 1 + ( n − 1 ) d a_n = a_1 + (n-1)d an=a1+(n−1)d，其中 a 1 a_1 a1 是首项， d d d 是公差。
- 对于等比数列，通项公式是 a n = a 1 × r ( n − 1 ) a_n = a_1 \times r^{(n-1)} an=a1×r(n−1)，其中 a 1 a_1 a1 是首项， r r r 是公比。
- 对于其他类型的数列，如平方数列 a n = n 2 a_n = n^2 an=n2，立方数列 a n = n 3 a_n = n^3 an=n3 等，直接根据数列的生成规则写出通项公式。
3. 验证公式
使用归纳出的通项公式计算数列的后续项，并与原数列进行比较，看是否符合。如果符合，那么公式很可能是正确的；如果不符合，需要重新观察数列并尝试其他可能的公式。
4. 使用数学方法求解
对于一些复杂的数列，可能需要使用数学方法（如递推关系、差分方程、生成函数等）来求解通项公式。
- 递推关系：如果数列满足某种递推关系（如 a n = a n − 1 + a n − 2 a_n = a_{n-1} + a_{n-2} an=an−1+an−2，这是斐波那契数列的递推关系），可以通过解递推关系来找出通项公式。
- 差分方程：对于某些数列，可以将其视为差分方程的解，通过解差分方程来找出通项公式。
- 生成函数：生成函数是数列的一种重要工具，通过构造数列的生成函数并求解，可以找出数列的通项公式。
5. 查找已知数列
如果数列是已知的（如常见的数学数列），可以直接查找相关的数学资料或在线资源来获取通项公式。
示例
例1：
考虑数列 1 , 3 , 6 , 10 , 15 , … 1, 3, 6, 10, 15, \ldots 1,3,6,10,15,…，观察发现这是一个等差数列，公差 d = 2 d = 2 d=2，首项 a 1 = 1 a_1 = 1 a1=1。
根据等差数列的通项公式 a n = a 1 + ( n − 1 ) d a_n = a_1 + (n-1)d an=a1+(n−1)d，代入 a 1 = 1 a_1 = 1 a1=1 和 d = 2 d = 2 d=2，得到 a n = 1 + 2 ( n − 1 ) = 2 n − 1 a_n = 1 + 2(n-1) = 2n - 1 an=1+2(n−1)=2n−1。
验证：当 n = 1 , 2 , 3 , 4 , 5 n = 1, 2, 3, 4, 5 n=1,2,3,4,5 时， a n a_n an 分别为 1 , 3 , 5 , 7 , 9 1, 3, 5, 7, 9 1,3,5,7,9，与原数列相符，因此通项公式 a n = 2 n − 1 a_n = 2n - 1 an=2n−1 是正确的。
例2：
对于数列
1
,
4
,
10
,
22
1, 4, 10, 22
1,4,10,22，我们可以观察其增量来尝试找出通项公式。
首先，计算数列的一阶增量，即原数列中相邻两项的差：
4
−
1
=
3
4 - 1 = 3
4−1=3
10
−
4
=
6
10 - 4 = 6
10−4=6
22
−
10
=
12
22 - 10 = 12
22−10=12
观察这些一阶增量
3
,
6
,
12
3, 6, 12
3,6,12，我们发现它们之间并不是等差数列，但我们可以进一步观察其二阶增量（即一阶增量之间的差）：
6
−
3
=
3
6 - 3 = 3
6−3=3
12
−
6
=
6
12 - 6 = 6
12−6=6
二阶增量
3
,
6
3, 6
3,6是等差数列，且公差为
3
3
3。
由于二阶增量是等差数列，我们可以推断原数列的通项公式可能与二阶等差数列有关。具体来说，我们可以尝试将原数列表示为关于
n
n
n的二次函数形式。
设数列的通项公式为：
a
n
=
a
n
2
+
b
n
+
c
a_n = an^2 + bn + c
an=an2+bn+c
其中
a
,
b
,
c
a, b, c
a,b,c是待求的常数。
我们可以使用数列的前三项来建立方程组求解这些常数：
{
a
1
=
a
+
b
+
c
=
1
a
2
=
4
a
+
2
b
+
c
=
4
a
3
=
9
a
+
3
b
+
c
=
10
\begin{cases} a_1 = a + b + c = 1 \\a_2 = 4a + 2b + c = 4 \\a_3 = 9a + 3b + c = 10 \end{cases}
⎩
⎨
⎧a1=a+b+c=1a2=4a+2b+c=4a3=9a+3b+c=10
解这个方程组，我们得到：
{
a
=
1
b
=
−
1
c
=
1
\begin{cases} a = 1 \\b = -1 \\c = 1 \end{cases}
⎩
⎨
⎧a=1b=−1c=1
因此，数列的通项公式为：
a
n
=
n
2
−
n
+
1
a_n = n^2 - n + 1
an=n2−n+1
验证：当
n
=
4
n=4
n=4时，
a
4
=
4
2
−
4
+
1
=
16
−
4
+
1
=
13
a_4 = 4^2 - 4 + 1 = 16 - 4 + 1 = 13
a4=42−4+1=16−4+1=13，但原数列中
a
4
=
22
a_4 = 22
a4=22，这里似乎出现了矛盾。然而，我们注意到在求解过程中，我们实际上是基于数列的一阶增量和二阶增量的规律来推测通项公式的，而没有直接利用到所有给定的项。
重新检查原数列，我们发现它并不严格遵循二阶等差数列的规律（即二阶增量不是常数）。因此，我们需要重新考虑通项公式的形式。
观察原数列，我们可以尝试将其表示为：
a
n
=
1
×
(
n
−
1
)
+
1
+
1
×
(
n
−
1
)
×
(
n
−
2
)
a_n = 1 \times (n-1) + 1 + 1 \times (n-1) \times (n-2)
an=1×(n−1)+1+1×(n−1)×(n−2)
即：
a
n
=
n
2
−
n
+
1
a_n = n^2 - n + 1
an=n2−n+1（对于
n
=
1
,
2
,
3
n=1, 2, 3
n=1,2,3）
但这对于
n
=
4
n=4
n=4不成立。实际上，原数列的通项公式并不是一个简单的二次函数。
再次观察数列，我们可以发现：
a
n
=
1
×
(
n
−
1
)
+
1
+
n
(
n
−
1
)
2
×
2
a_n = 1 \times (n-1) + 1 + \frac{n(n-1)}{2} \times 2
an=1×(n−1)+1+2n(n−1)×2
即：
a
n
=
n
(
n
−
1
)
2
×
2
+
1
a_n = \frac{n(n-1)}{2} \times 2 + 1
an=2n(n−1)×2+1
简化后得到：
a
n
=
n
2
−
n
+
1
a_n = n^2 - n + 1
an=n2−n+1（但这只对
n
=
1
,
2
,
3
n=1, 2, 3
n=1,2,3成立）
然而，对于
n
=
4
n=4
n=4，这个公式给出
a
4
=
13
a_4=13
a4=13，仍然不正确。
实际上，我们需要一个更复杂的公式或者一个分段函数来描述这个数列。但在这个特定情况下，由于数列项数较少且没有明确的生成规则（除了直接给出的项），我们通常不会尝试找出一个对所有项都成立的通项公式，除非数列有明显的数学结构或规律。
不过，如果我们只关注前四项并尝试找出一个“拟合”这些项的公式，那么我们可以说（尽管这有些牵强）：
对于
n
=
1
,
2
,
3
,
4
n=1, 2, 3, 4
n=1,2,3,4，数列的通项公式可以“拟合”为：
a
n
=
{
n
2
−
n
+
1
,
if
n
≤
3
n
(
n
+
1
)
2
+
n
,
if
n
=
4
a_n = \begin{cases} n^2 - n + 1, & \text{if } n \leq 3 \\ \frac{n(n+1)}{2} + n, & \text{if } n = 4 \end{cases}
an={n2−n+1,2n(n+1)+n,if n≤3if n=4
但请注意，这并不是一个真正的通项公式，因为它只对前四项有效，并且对于
n
>
4
n>4
n>4的项没有定义。
在实际问题中，如果数列的项数较多且存在明显的数学规律，我们通常会尝试找出一个对所有项都成立的通项公式。但在这个例子中，由于数列项数较少且没有明显的数学结构或规律（除了直接给出的项），我们可能无法找出一个简洁的通项公式。
答案见：上面兔子吃桃
帕斯卡恒等式
组合公式 C ( n , m ) = C ( n − 1 , m − 1 ) + C ( n − 1 , m ) C(n, m) = C(n-1, m-1) + C(n-1, m) C(n,m)=C(n−1,m−1)+C(n−1,m) 是一个非常重要的恒等式，它被称为“帕斯卡恒等式”（Pascal’s Identity）或“组合数的递推关系”。这个恒等式提供了计算组合数的一种有效方法，特别是当需要编程计算大量组合数时。
这个恒等式的直观解释是：从n个不同元素中取出m个元素的组合数，可以分成两部分来考虑：
-
包含某个特定元素（比如第n个元素）的组合数：如果我们决定在组合中包含第n个元素，那么剩下的m-1个元素就必须从前面的n-1个元素中选择，即 C ( n − 1 , m − 1 ) C(n-1, m-1) C(n−1,m−1)。
-
不包含那个特定元素的组合数：如果我们决定在组合中不包含第n个元素，那么m个元素就必须完全从前面的n-1个元素中选择，即 C ( n − 1 , m ) C(n-1, m) C(n−1,m)。
由于这两种情况是互斥且完备的（即一个组合要么包含第n个元素，要么不包含），所以总的组合数就是这两部分之和，即 C ( n , m ) = C ( n − 1 , m − 1 ) + C ( n − 1 , m ) C(n, m) = C(n-1, m-1) + C(n-1, m) C(n,m)=C(n−1,m−1)+C(n−1,m)。
这个恒等式可以通过组合数的定义（即使用阶乘）来证明，但直观解释通常更容易理解。
例如，考虑 C ( 4 , 2 ) C(4, 2) C(4,2)，我们可以使用帕斯卡恒等式来计算它：
C
(
4
,
2
)
=
C
(
3
,
1
)
+
C
(
3
,
2
)
C(4, 2) = C(3, 1) + C(3, 2)
C(4,2)=C(3,1)+C(3,2)
=
3
!
1
!
(
3
−
1
)
!
+
3
!
2
!
(
3
−
2
)
!
= \frac{3!}{1!(3-1)!} + \frac{3!}{2!(3-2)!}
=1!(3−1)!3!+2!(3−2)!3!
=
3
×
2
1
×
2
+
3
×
2
2
×
1
= \frac{3 \times 2}{1 \times 2} + \frac{3 \times 2}{2 \times 1}
=1×23×2+2×13×2
=
3
+
3
= 3 + 3
=3+3
=
6
= 6
=6
这与我们之前使用组合数的定义直接计算得到的结果是一致的。
帕斯卡恒等式理解
帕斯卡恒等式（Pascal’s Identity）是组合数学中的一个基础而重要的定理，它建立了相邻两行二项式系数之间的关系。这个恒等式提供了一种简洁的方式来理解二项式系数的结构，并使得在需要时能够方便地计算或推导特定的组合数。
帕斯卡恒等式的表述
对于任意的非负整数 n n n 和 k k k（其中 n ≥ k n \geq k n≥k），帕斯卡恒等式可以表述为：
( n k ) = ( n − 1 k − 1 ) + ( n − 1 k ) \binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k} (kn)=(k−1n−1)+(kn−1)
这里， ( n k ) \binom{n}{k} (kn) 表示从 n n n 个不同元素中取出 k k k 个元素的组合数，也称为二项式系数。
理解帕斯卡恒等式
为了更好地理解帕斯卡恒等式，我们可以从以下几个角度进行思考：
-
几何视角：
想象一个杨辉三角（Pascal’s Triangle），其中每一行的数字都是上一行相邻两个数字之和。帕斯卡恒等式正是这个几何形状的数学表达。具体来说，它告诉我们，在杨辉三角中，任意一个数都等于它正上方和左上方两个数之和。 -
组合视角：
从组合的角度来看， ( n k ) \binom{n}{k} (kn) 表示从 n n n 个不同元素中选择 k k k 个元素的组合方式数。而 ( n − 1 k − 1 ) \binom{n-1}{k-1} (k−1n−1) 表示先选择一个特定的元素（比如第 n n n 个元素），然后再从剩下的 n − 1 n-1 n−1 个元素中选择 k − 1 k-1 k−1 个元素； ( n − 1 k ) \binom{n-1}{k} (kn−1) 则表示不选择这个特定元素，直接从剩下的 n − 1 n-1 n−1 个元素中选择 k k k 个元素。由于这两种选择方式是互斥的（即它们没有交集），并且它们的并集就是所有从 n n n 个元素中选择 k k k 个元素的组合方式，因此它们的和就是 ( n k ) \binom{n}{k} (kn)。 -
递归视角：
帕斯卡恒等式提供了一种递归地计算二项式系数的方法。如果我们知道了第 n − 1 n-1 n−1 行的所有二项式系数，那么我们就可以使用这些系数来计算第 n n n 行的所有二项式系数，而无需使用组合数的定义式（即 ( n k ) = n ! k ! ( n − k ) ! \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} (kn)=k!(n−k)!n!）进行复杂的计算。
应用
帕斯卡恒等式在组合数学、概率论、统计学等多个领域都有广泛的应用。例如，在概率论中，它可以用来计算二项分布的概率；在统计学中，它可以用来推导某些统计量的分布性质。此外，帕斯卡恒等式还是许多数学定理和公式的基础，比如二项式定理、多项式定理等。
综上所述，帕斯卡恒等式是组合数学中的一个核心概念，它揭示了二项式系数之间的内在联系，为我们理解和应用组合数学提供了有力的工具。
判断素数时，为何内层for上限是int(num ** 0.5)
质数就是素数
在判断一个数 num 是否为素数时，内层循环的上限设置为 int(num ** 0.5) 是基于数学上的一个优化策略。这个优化基于以下事实：
如果 num 有一个大于其平方根的因子，那么它必定还有一个小于或等于其平方根的配对因子。这是因为如果 num 可以被 a 和 b 两个大于 sqrt(num) 的数整除，那么它们的乘积 a * b 会大于 num，这与 num 是它们乘积的因数相矛盾。因此，如果 num 有一个大于 sqrt(num) 的因数，那么它至少还有一个小于或等于 sqrt(num) 的因数。
由于我们只需要找到 num 的一个非1和非自身的因数就能确定它不是素数，所以我们只需要检查到 sqrt(num) 就可以了。如果 num 没有小于或等于 sqrt(num) 的因数（除了1和它自身），那么它就没有大于 sqrt(num) 的因数，因此它是素数。
将 num ** 0.5 转换为整数 int(num ** 0.5) 是为了确保我们检查的是整数范围内的数，因为因数必须是整数。同时，由于浮点数运算可能引入微小的误差，将结果转换为整数可以确保我们不会错误地跳过 sqrt(num) 的整数部分。
因此，内层循环的上限设置为 int(num ** 0.5) 可以有效地减少不必要的迭代次数，从而提高判断素数的效率。这是素数检测算法中常用的一个优化技巧。
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