10. 微積分中的歸納與二項式工具

設 $P(n)$ 是關於整數 $n\ge n_0$ 的陳述，$n_0$ 固定。數學歸納法說明：

1. 證明基礎情形 $P(n_0)$。
2. 對任意整數 $k\ge n_0$，假設 $P(k)$，並證明 $P(k+1)$。
3. 得出對每個整數 $n\ge n_0$ 都有 $P(n)$。

第 2 步的假設是歸納假設，它是條件性的，不是預先假設最終定理成立。基礎情形啓動鏈條，蘊含則將任意有效一環延伸到下一環。

可用非負整數的最小元素性質說明：若有反例，則存在最小反例 $m\ge n_0$。基礎情形排除 $n_0$，於是 $m-1\ge n_0$ 不是反例，歸納步驟迫使 $P(m)$ 成立，矛盾。

對於任意整數起點 $n_0$，將指標平移為 $m-n_0\ge0$，即可用最小元素性質證明上面的最小反例步驟。

反過來，正整數上的普通歸納法蘊含最小元素性質。假設非空集合 $S\subseteq\{1,2,3,\ldots\}$ 沒有最小元素。令 $P(n)$ 表示 $1,\ldots,n$ 均不屬於 $S$。若 $1\in S$，它就是最小元素，故 $P(1)$ 成立。若 $P(k)$ 成立而 $k+1\in S$，則 $k+1$ 是 $S$ 的最小元素，矛盾。因此 $P(k)\Rightarrow P(k+1)$。歸納法給出每個正整數 $n$ 都滿足 $P(n)$，於是 $S$ 為空，與其非空假設矛盾。所以每個非空正整數集合都有最小元素。用 $n\mapsto n-n_0+1$ 平移指標，即得任意整數起點 $n_0$ 的對應歸納版本。

學習目標

用歸納法證明有限公式，計算二項式系數，並區分有限恆等式與無限展開。

二項式係數與有限二項式定理

對整數 $n\ge0$、$0\le k\le n$，定義

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

它計算從 $n$ 個不同對象中選取 $k$ 個的方式：有 $n(n-1)\cdots(n-k+1)$ 個有序選擇，每個無序選擇出現 $k!$ 個順序。特別地 $\binom n0=\binom nn=1$、$\binom nk=\binom n{n-k}$。

對 $1\le k\le n$，Pascal 恆等式為

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

無需階乘運算即可說明：在 $n+1$ 個對象中特別標記一個。$k$ 元選擇要麼包含它，此時其餘 $k-1$ 個從 $n$ 個中選；要麼不包含它，此時所有 $k$ 個從 $n$ 個中選。兩種情況互斥且窮盡。也可將兩個階乘分式通分至 $k!(n+1-k)!$；分子因子之和為 $k+(n+1-k)=n+1$。

對非負整數 $n$ 和實數 $a,b$，

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

此多項式恆等式中，指數為零的冪代表常數因子 $1$，包括 $a=0$ 或 $b=0$ 時。這是多項式求值約定，不是聲稱每個極限表達式 $0^0$ 都有指定值。

歸納證明。 當 $n=0$，兩邊均為 $1$。假設公式對 $n$ 成立，乘以 $a+b$。一部分貢獻 $\binom nk a^{n+1-k}b^k$；另一部分換指標後貢獻 $\binom n{k-1}a^{n+1-k}b^k$。中間項用 Pascal 恆等式合併，兩端保留 $a^{n+1}$ 和 $b^{n+1}$。結果恰是 $n+1$ 的公式。

對整數 $n\ge1$，$n!=1\cdots n$；當整數 $k$ 不滿足 $0\le k\le n$ 時，約定 $\binom nk=0$。

對固定整數 $n\ge2$，由有限展開可得 $h\to0$ 時 $(1+h)^n=1+nh+O(h^2)$。事實上，有限餘項除以 $h^2$ 後是關於 $h$ 的多項式，在零附近有界。在固定 $x$ 處展開 $(x+h)^n$，此有限論證可證明 $x^n$ 的導數。它不能建立非整數冪的二項級數，也不能證明無限餘項趨於零。

Bernoulli 不等式

對實數 $t\ge-1$ 和整數 $n\ge1$，Bernoulli 不等式為

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

$n=1$ 處顯然取等。從 $k\ge1$ 出發，乘以 $1+t\ge0$ 保持所假設不等式的方向：

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

非負餘項證明下一情形。乘數條件不可少；乘以負數會反轉不等號。對 $t>0$、$n\ge2$，不等式嚴格，因為 $k=1$ 的步驟已經加入正數 $t^2$。

例題

確切的餘項界。 展開得 $(1+h)^4=1+4h+6h^2+4h^3+h^4$。當 $|h|\le1/10$，在 $1+4h$ 後的誤差絕對值至多為 $(6+0.4+0.01)h^2=6.41h^2$。

Riemann 和中的求和公式。 用歸納法證明 $\sum_{k=1}^n k^2=n(n+1)(2n+1)/6$。當 $n=1$ 成立。假設對 $n$ 成立後加上 $(n+1)^2$，得 $(n+1)[n(2n+1)+6(n+1)]/6=(n+1)(n+2)(2n+3)/6$，即下一情形。代入 $n^{-1}\sum(k/n)^2$ 得極限 $1/3$，與 $\int_0^1x^2\,dx$ 一致。

分級練習

1. 基礎。 求 $(2+h)^5$ 中 $h^3$ 的系數。
2. 核心。 用歸納法證明 $\sum_{k=1}^n(2k-1)=n^2$。
3. 核心。 用 Bernoulli 不等式證明 $n\ge1$ 時 $(1+1/n)^n\ge2$。這能證明該數列收斂嗎？
4. 證明。 對固定 $x\in\mathbb R$，用有限二項展開證明 $\lim_{h\to0}[(x+h)^3-x^3]/h=3x^2$。

完整解答

1. 選取三個 $h$ 和兩個 $2$，系數為 $\binom53 2^2=40$。
2. 首個情形為 $1=1$。假設公式對 $n$ 成立，加上 $2n+1$ 得 $n^2+2n+1=(n+1)^2$。歸納法證明所有情形。
3. 取 $x=1/n$，指數取 $n$，下界為 $1+n(1/n)=2$。僅有下界不能推出收斂；還需要例如單調性及上界等信息。
4. 分子為 $3x^2h+3xh^2+h^3$。當 $h\ne0$，除以 $h$ 得 $3x^2+3xh+h^2$，極限為 $3x^2$。證明沒有除以 $x$，因此也包含 $x=0$。

總結與術語

歸納法將已證起始情形與每一步蘊含相連。二項式系數計數有限展開中的系數貢獻。記號 $O(h^2)$ 表示當 $|h|$ 充分小時，其絕對值至多為固定常數乘以 $|h|^2$。有限恆等式支持求導及 Riemann 和計算；無限展開還需要單獨的收斂和餘項定理。