可以用初等数学的待定系数法证明广义二项式在有理数次幂上成立,

再利用有理数列逼近来证明在实数次幂上成立(这里不证).

假设我们已经知道整数次幂的二项式定理, (a+b)^n=\sum_{k=0}^nC_n^ka^{n-k}b^k, C_n^k=\frac{1}{k!}n(n-1)\cdots(n-(k-1))

现在希望 (1+x)^{\frac{m}{n}}=\sum_{k=0}^{s}a_kx^k,m,n,s\in\mathbb{N} 也按某种类似整数次幂二项式定理的形式成立,

于是, 我们需要确定

1 等式右侧有几项幂函数?即 s 应该等于几?

2 如何求出系数? 是否有通项公式?

显然, s=0 是不可能的,于是我们先讨论 s=1 的情况,

即找出使得 (1+x)^{\frac{m}{n}}=a_0+a_1x 成立的 a_0,a_1

于是有

(1+x)^{\frac{m}{n}}=a_0+a_1x\Rightarrow(1+x)^{m}=(a_0+a_1x)^n

(1+x)^{m}=\sum_{k=0}^{m}C_m^kx^k=1+mx+\frac{1}{2}m(m-1)x^2+\frac{1}{3!}m(m-1)(m-2)x^3+\cdots

(a_0+a_1x)^n=\sum_{k=0}^{n}C_n^{k}a_0^{n-k}(a_1x)^k=a_0^n+C_n^1a_0^{n-1}a_1x+C_n^2a_0^{n-2}a_1^2x^2+C_n^3a_0^{n-3}a_1^3x^3+\cdots

比较两端同次幂的系数 \begin{cases}a_0^n&=1\\C_n^1a_0^{n-1}a_1&=m\end{cases} , 可解出 \begin{cases}a_0=1\\ a_1=\frac{m}{n}\end{cases} , 但会发现高于1次幂的项的系数无法匹配, 因此 s=1 是不足够的.

如果我们尝试 s=3 , 则有(a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)^n=\sum_{k=0}^{n}C_n^{k}a_0^{n-k}(a_1x+a_2x^2+a_3x^3)^k=a_0^n+C_n^1a_0^{n-1}a_1x+(C_{n}^1a_2+C_n^2a_1^2)x^2+(C_n^1a_3+2C_n^2a_1a_2+C_n^3a_1^3)x^3+\cdots

同样比较待定系数 \begin{cases}C_{n}^1a_2+C_n^2a_1^2&=\frac{1}{2}m(m-1)\\ C_n^1a_3+2C_n^2a_1a_2+C_n^3a_1^3&=\frac{1}{3!}m(m-1)(m-2)\end{cases}

可以解出 \begin{cases}a_2=\frac{1}{2}\frac{m}{n}(\frac{m}{n}-1)\\a_3=\frac{1}{6}\frac{m}{n}(\frac{m}{n}-1)(\frac{m}{n}-2)\end{cases}

(求解时, 尽量往整数次幂的二项式定理形式去整理结果, 第2项容易整理出来, 第3项需要一点耐心)

但如果你继续写出更高次项, 会发现, 高于3次幂的项的系数仍旧无法匹配, 因此 s=3 也是不够的,

我们需要更多的自由度,

但经过两次尝试我们可以得到一个规律, 即不管 s 取多少, 总有高于 s 次幂的项的系数无法匹配,

同时我们也注意到当 |x|C_{m/n}^k=\begin{cases} 1,&k=0\\ m/n,&k=1\\ \frac{1}{k!}\frac{m}{n}(\frac{m}{n}-1)\cdots(\frac{m}{n}-(k-1)),&k>1 \end{cases}

这个公式是可靠的, 因为任意项都可以用待定系数来验证是否成立.

从有理数推广到实数无法用初等数学解决, 这里就不讲了.