10. 微积分中的归纳与二项式工具

设 $P(n)$ 是关于整数 $n\ge n_0$ 的陈述，$n_0$ 固定。数学归纳法说明：

1. 证明基础情形 $P(n_0)$。
2. 对任意整数 $k\ge n_0$，假设 $P(k)$，并证明 $P(k+1)$。
3. 得出对每个整数 $n\ge n_0$ 都有 $P(n)$。

第 2 步的假设是归纳假设，它是条件性的，不是预先假设最终定理成立。基础情形启动链条，蕴含则将任意有效一环延伸到下一环。

可用非负整数的最小元素性质说明：若有反例，则存在最小反例 $m\ge n_0$。基础情形排除 $n_0$，于是 $m-1\ge n_0$ 不是反例，归纳步骤迫使 $P(m)$ 成立，矛盾。

对于任意整数起点 $n_0$，将指标平移为 $m-n_0\ge0$，即可用最小元素性质证明上面的最小反例步骤。

反过来，正整数上的普通归纳法蕴含最小元素性质。假设非空集合 $S\subseteq\{1,2,3,\ldots\}$ 没有最小元素。令 $P(n)$ 表示 $1,\ldots,n$ 均不属于 $S$。若 $1\in S$，它就是最小元素，故 $P(1)$ 成立。若 $P(k)$ 成立而 $k+1\in S$，则 $k+1$ 是 $S$ 的最小元素，矛盾。因此 $P(k)\Rightarrow P(k+1)$。归纳法给出每个正整数 $n$ 都满足 $P(n)$，于是 $S$ 为空，与其非空假设矛盾。所以每个非空正整数集合都有最小元素。用 $n\mapsto n-n_0+1$ 平移指标，即得任意整数起点 $n_0$ 的对应归纳版本。

学习目标

用归纳法证明有限公式，计算二项式系数，并区分有限恒等式与无限展开。

二项式系数与有限二项式定理

对整数 $n\ge0$、$0\le k\le n$，定义

$$\binom nk=\frac{n!}{k!(n-k)!},\qquad 0!=1.$$

它计算从 $n$ 个不同对象中选取 $k$ 个的方式：有 $n(n-1)\cdots(n-k+1)$ 个有序选择，每个无序选择出现 $k!$ 个顺序。特别地 $\binom n0=\binom nn=1$、$\binom nk=\binom n{n-k}$。

对 $1\le k\le n$，Pascal 恒等式为

$$\binom n{k-1}+\binom nk=\binom{n+1}k.$$

无需阶乘运算即可说明：在 $n+1$ 个对象中特别标记一个。$k$ 元选择要么包含它，此时其余 $k-1$ 个从 $n$ 个中选；要么不包含它，此时所有 $k$ 个从 $n$ 个中选。两种情况互斥且穷尽。也可将两个阶乘分式通分至 $k!(n+1-k)!$；分子因子之和为 $k+(n+1-k)=n+1$。

对非负整数 $n$ 和实数 $a,b$，

$$(a+b)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom nk a^{n-k}b^k.$$

此多项式恒等式中，指数为零的幂代表常数因子 $1$，包括 $a=0$ 或 $b=0$ 时。这是多项式求值约定，不是声称每个极限表达式 $0^0$ 都有指定值。

归纳证明。 当 $n=0$，两边均为 $1$。假设公式对 $n$ 成立，乘以 $a+b$。一部分贡献 $\binom nk a^{n+1-k}b^k$；另一部分换指标后贡献 $\binom n{k-1}a^{n+1-k}b^k$。中间项用 Pascal 恒等式合并，两端保留 $a^{n+1}$ 和 $b^{n+1}$。结果恰是 $n+1$ 的公式。

对整数 $n\ge1$，$n!=1\cdots n$；当整数 $k$ 不满足 $0\le k\le n$ 时，约定 $\binom nk=0$。

对固定整数 $n\ge2$，由有限展开可得 $h\to0$ 时 $(1+h)^n=1+nh+O(h^2)$。事实上，有限余项除以 $h^2$ 后是关于 $h$ 的多项式，在零附近有界。在固定 $x$ 处展开 $(x+h)^n$，此有限论证可证明 $x^n$ 的导数。它不能建立非整数幂的二项级数，也不能证明无限余项趋于零。

Bernoulli 不等式

对实数 $t\ge-1$ 和整数 $n\ge1$，Bernoulli 不等式为

$$(1+t)^n\ge1+nt.$$

$n=1$ 处显然取等。从 $k\ge1$ 出发，乘以 $1+t\ge0$ 保持所假设不等式的方向：

$$(1+t)^{k+1}\ge(1+kt)(1+t) =1+(k+1)t+kt^2\ge1+(k+1)t.$$

非负余项证明下一情形。乘数条件不可少；乘以负数会反转不等号。对 $t>0$、$n\ge2$，不等式严格，因为 $k=1$ 的步骤已经加入正数 $t^2$。

例题

确切的余项界。 展开得 $(1+h)^4=1+4h+6h^2+4h^3+h^4$。当 $|h|\le1/10$，在 $1+4h$ 后的误差绝对值至多为 $(6+0.4+0.01)h^2=6.41h^2$。

Riemann 和中的求和公式。 用归纳法证明 $\sum_{k=1}^n k^2=n(n+1)(2n+1)/6$。当 $n=1$ 成立。假设对 $n$ 成立后加上 $(n+1)^2$，得 $(n+1)[n(2n+1)+6(n+1)]/6=(n+1)(n+2)(2n+3)/6$，即下一情形。代入 $n^{-1}\sum(k/n)^2$ 得极限 $1/3$，与 $\int_0^1x^2\,dx$ 一致。

分级练习

1. 基础。 求 $(2+h)^5$ 中 $h^3$ 的系数。
2. 核心。 用归纳法证明 $\sum_{k=1}^n(2k-1)=n^2$。
3. 核心。 用 Bernoulli 不等式证明 $n\ge1$ 时 $(1+1/n)^n\ge2$。这能证明该数列收敛吗？
4. 证明。 对固定 $x\in\mathbb R$，用有限二项展开证明 $\lim_{h\to0}[(x+h)^3-x^3]/h=3x^2$。

完整解答

1. 选取三个 $h$ 和两个 $2$，系数为 $\binom53 2^2=40$。
2. 首个情形为 $1=1$。假设公式对 $n$ 成立，加上 $2n+1$ 得 $n^2+2n+1=(n+1)^2$。归纳法证明所有情形。
3. 取 $x=1/n$，指数取 $n$，下界为 $1+n(1/n)=2$。仅有下界不能推出收敛；还需要例如单调性及上界等信息。
4. 分子为 $3x^2h+3xh^2+h^3$。当 $h\ne0$，除以 $h$ 得 $3x^2+3xh+h^2$，极限为 $3x^2$。证明没有除以 $x$，因此也包含 $x=0$。

总结与术语

归纳法将已证起始情形与每一步蕴含相连。二项式系数计数有限展开中的系数贡献。记号 $O(h^2)$ 表示当 $|h|$ 充分小时，其绝对值至多为固定常数乘以 $|h|^2$。有限恒等式支持求导及 Riemann 和计算；无限展开还需要单独的收敛和余项定理。