二項式定理的推廣（二）: 有理數冪次

二項式定理的推廣（二）：有理數冪次
(The generalization of Binomial theorem（II）：rational power)
臺北市立和平高中黃俊瑋教師

連結：二項式定理的推廣（一）: 負整數冪次 

前文〈二項式定理的推廣（一）：負整數冪次〉裡，對二項式定理作了冪次上的推廣，從正整數推廣至負整數。接著，我們進行另一個推廣：有理數冪次。不過，受限於篇幅，這裡主要先討論指數為 $$1/2$$ 次方的二項展開式。並同樣借用江戶時期日本數學家的方法來作說明。

首先，指數為 $$1/2$$ 次方的二項展開式與開平方問題為一體兩面，例如 $$(1+a)^{\frac{1}{2}}$$ 可看成 $$\sqrt{1+a}$$。再者，在東方數學史發展的過程裡，$$\sqrt{1+a}$$ 之開方問題與方程式的解息息相關：若令$$x=\sqrt{1+a}$$ ，則開方求 $$x$$ 相當於求解方程式 $$x^2-(1+a)=0$$ 之實根問題。

然而，無論是傳統中算或者江戶時期的日本數學發展的過程，求解一元多項方程次時，往往利用了類似現今綜合除法的「開方法」（即賈憲－霍納法）來求方程式的數值解（相關內容與方法，可參考另一篇文章〈利用綜合除法求解多項方程式〉）。

因此，處理 $$(1+a)^{1/n}$$ 有關的展開式問題時，

便相當於求解 $$x=(1+a)^{1/n}$$，亦即求解 $$x^n-(1+a)=0$$ 的實根。

當然，若 $$1+a$$ 為實數時，我們僅需前述方法（賈憲－霍納法）便能求得其近似數值解。

然而，當 $$1+a$$ 為一般的二項「式」呢？

我們同樣可以利用綜合除法處理，但過程較複雜且冗長。

欲將 $$A$$ 開平方，可令 $$A=p^2+r$$，則 $$\sqrt A=\sqrt {{p^2} + r}= p\sqrt {1 +\frac{r}{{{p^2}}}}$$。

例如 $$A=150$$ 時，可令 $$p=12$$，此時 $$r=4$$。

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

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

以下筆者僅以 $$(1+a)^{\frac{1}{2}}$$ 的情況為例，說明如何利用綜合除法逐次開方，將此二項式展開。

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

由於 $$a<1$$，我們先取 $$1$$ 作為第一個近似根，接著重複利用綜合除法：

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

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

接著，再利用綜合除法來估計 $$x_1^2+2x_1-a=0$$ 的近似根。

由於原式中帶有未知數 $$a$$，我們無法直接估計其根，

因此先令其近似根為 $$k$$，利用綜合除法：

觀察發現我們所欲取的 $$k$$，需能消去餘式中的 $$a$$，再加上 $$k^2$$ 很小可先忽略，

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

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

可將 $$x_1^2+2x_1-a=0$$

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

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

接著，再利用綜合除法來估計 $${x_2}^2 + (2 + a){x_2} + {(\frac{a}{2})^2} = 0$$ 的近似根。

由於原式中同樣帶有未知數 $$a$$，我們無法直接估計其根，因此先令其近似根為 $$k$$，利用綜合除法：

假設 $$ak$$ 與 $$k^2$$ 很小，易知我們所欲取的 $$k$$，需能消去餘式中的 $$(\frac{a}{2})^2$$，

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

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

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

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

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

以此類推，不斷利用綜合除法估算新的根，以及進行「減根變換」，得新方程式。

可繼續找出 $${x_4},{x_5},\ldots ,{x_n},\ldots$$。又由於 $${x_3} = {x_2} + \frac{{{a^2}}}{8}$$，$${x_2} = {x_1} – \frac{a}{2}$$，$$x_1=x-1$$，

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 $${(1 + a)^{\frac{1}{2}}}$$ 的展開式：

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

此即為二項式展開式的推廣至指數為 $$1/2$$ 的結果。同時，亦可推得下述結果：

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

依此方法，江戶時期日本數學家（簡稱和算家）便可求解 $$x^n-(1+a)=0$$ 之實根，亦相當於處理了 $$(1+a)^{1/n}$$ 相關的展開式問題。至於其它有理冪次的推廣，請參見〈二項式定理的推廣（三）：和算家的數學表〉一文。

連結：二項式定理的推廣（三）：和算家的數學表（上）