二项式系数

2024-06-28

二项式系数（精选5篇）

二项式系数篇1

摘要：《“杨辉三角”与二项式系数的性质》这节课是以二项式定理为基础,研究二项式系数这组特定的组合数的性质,对巩固二项式定理,建立相关知识之间的联系,进一步认识组合数、进行组合数的计算和变形有重要作用,通过本节课的学习,学生需要掌握二项式系数的性质;会应用二项式系数的性质和赋值法等解决相关问题.而无论是性质的探究还是赋值法的领会和运用,对于学生来说都是个难点,我经过认真研究、悉心备课,整理出了如下的方式,经过试验,学生反映非常好,充分调动了学生的参与度和积极性,并且把赋值法的学习这个难点转化成了本节课的一个亮点,从而成功的上好了本节课,因此,特将本节课的大概写出来,以供同仁参考,希望对大家有所帮助.

关键词：杨辉三角,二项式系数的性质,赋值法

一、温故而知新

上节课我们学习了 “ 二项式定理 ” ,即( a + b ) 的n次方的展开式,即:

复习二项式定理内容及相关概念,开门见山的引出新课,并让学生完成课本的探究一一填表 .

二、探究性质

利用学生填好的表,启发学生: “表示形式的变化有时也能帮助我们发现某些规律”,从而引导学生稍作变化得到二项式系数表,然后,简单而自豪的介绍该表的来历,并鼓励学生去探究规律,在这里教师可以充分发挥学生主体地位的作用,放开手让学生大胆探究发现,老师在巡视过程中对于遇到困难的个别学生或小组可以适时引导. 经过激烈、充分的探讨,学生可能会得到比书上还要多的规律,只要是正确的,我们都要一一肯定,从而增强学生的自信心和继续求知的欲望.

三、证明性质

学生得到的规律是当n = 1,2,3,4,5,6时得出的,所以在此时可以抛给学生一个问题: “当n取任意正整数时,这些规律还成立吗?”为了降低难度,可以先引导学生把系数表转换成组合数的形式,然后由学生逐一去验证.

学生在验证“除1外的每一个数都等于它‘肩上’两个数的和”时,容易出现的困难是: 找不到Crn + 1肩上的两个数分别是多少. 这时教师可以通过具体的例子引导学生发现规律,比如利用C52= C41+ C42; C64= C53+ C54等给予提示. 对于 “先增大后减小,中间取最大值”,这条性质,( 即“二项式系数的增减性与最大值”) 的验证,可以这样引导学生: “对于一个确定的n,比如n = 6,( a + b)n展开式中二项式系数的增减性与最大值除了可以通过杨辉三角观察出来之外,你还能有其他方法,能够直观的显示二项式系数的增减性与最大值吗?”学生可以各抒己见,最后他们通过讨论发现: 二项式系数Cn0,Cn1,Cn2,…,Cnr,…,Cnn,可看成是定义在{ 0,1,2, …,n} 上以r为自变量的函数f( r) ,从函数角度分析二项式系数的增减性与最大值,更直观! 然后让学生画出n = 6,7时f( r) 的图像,通过图像,直观的看出n = 6时在r = 3处取得最大值,n = 7时在r = 3和r = 4处同时取得最大值.

教师适时总结升华: 当对称轴是整数时,就在对称轴处取得最大值,当对称轴不是整数时,在离对称轴最近的两个整数处取得最大值.

在分析证明Cn0,Cn1,Cn2,…,Cnr,…,Cnn的增减性和最大值时,有了n = 6,7的铺垫,

可以引导学生理解: 要证明Cn0,Cn1,Cn2,…,Cnr,…,Cnn的增减性. 只需要知道,Cnr相对于Cnr－ 1的增减情况即可. 然后由学生自己动手求解并探讨: 使得Cnr> Cnr－ 1的r的取值范围教师和学生一起总结出: n是偶数时,展开式是奇数项,中间一项Cn/2n最大; n是奇数时,展开式是偶数项,中间有两项C(n-1)/2n和Cn(n+1)/2相等,取得最大值.本着学以致用的原则, 这里可以安排相应的练习题,便于学生巩固所学 .

对于“每个展开式的二项式系数和为2n,( 即Cn0+ Cn1+ Cn2+ … + Cnr+ … + Cnn= 2n) ”这个性质的分析与证明,我是这样处理的,对学生顺利掌握赋值法起到了很好的作用.

首先让学生观察要证的等式与二项式定理:

“(a+b)n=C0nan+C1nan-1b+C2nan-2b2…+Crnan-rbr+… + Cnnbn”的关系,教师提示: 二项式定理是个恒等式,当a, b为任意的实数或者多项式时,依然成立. 因此,我们可以根据需要灵活选取a,b的值. 然后请学生大胆尝试给a,b任意赋值,看看能得出怎样的等式,这个环节就像游戏一样,学生们都乐此不疲的创造着一个又一个的等式. 在诸多的等式中就已经出现了要证明的Cn0+ Cn1+ Cn2+ … + Cnr+ … + Cnn= 2n以及Cn0- Cn1+ Cn2- Cn3+ … + ( - 1)nCnn= 0等等一个又一个漂亮的等式,顺其自然的就得到了: ( a + b)n的展开式中的奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和. 从而成功突破了这节课的难点,并让学生轻松掌握了这节课的重点.

通过这种方式讲授的本节课受到了学生和同事们的高度赞扬,各位同仁们不妨一试,希望对大家有用.

二项式系数篇2

杨辉三角与二项式系数的性质

教学点评

湖北省黄冈市浠水实验高级中学数学组

魏爱卿

本节课有以下几点值得一提：

一、目标定位准确

本节课，教师在充分挖掘教学内容的内在联系，了解学生已有知识基础，充分分析学情后，确定的教学目标：理解、领悟二项式系数性质；渗透数形结合和分类讨论思想；灵活有效地运用赋值法.应该说具有具体而又准确，科学而有效的特点.随着课堂的实践得到了落实，并且将“知识目标”、“能力目标”、“情感目标”融为一体.教学目标完全符合学生“认识规律”，以递进的形式呈现：观察分析、归纳猜想、抽象概括，提炼上升；特殊——一般——特殊到一般…，课堂实践表明，这些目标，在师生共同努力及合作下是完全可以达到的.二、突出主体地位

1．放手发动学生

把课堂还给学生，一直是课改的大方向，也是新课标的原动力之一.还给学生什么呢？教师作了很好的诠释：

一是给“问题”，当然问题有预设的，也有生成的，符合从学生“思维最近发展区”出发这一根本教学原则.二是给“时间”，这体现了教师的先进教学理念，即便是教学难点“中间项系数最大”这一组合数计算讨论过程仍由学生尝试.当然，n=6，7时，离散型函数的图象起了直观引领，奠基的重要作用.不为完成任务所累，不为主宰课堂所困.三是给“机会”，让学生展示自主探索，合作交流的成果，极大地保护和激发了学生学习的热情和积极性，参与程度和激情得到了空前的提高.2．彰显理性数学

本节课，无论是对称性，增减性（最大值），及二项式系数和的逐步生成，学生都能从“特殊到一般”的认识规律，归纳猜想到结论.但数形结合的函数思想，组合数两个性质的运用，两个计数原理的巧妙“会师”，奇数项二项式系数和等于偶数项二项式系数和，反馈升华例示 2010年第五届全国高中数学青年教师观摩与评比活动精品教案

中赋值法再现.这正是“数学演绎”、“理性数学”的精华，让学生找到内化和建构的多种途径.这不仅会自然增强或辐射到学生的解题能力和理性思维，更能影响和渗透到他们的终身学习和今后从事的工作中去.3．呈现合作交流

本节课每个问题的波浪式出现，我们不仅发现每个学生动手做、动眼看、动口说、动笔写、动脑想，全身心投入到学习过程中去，真正地让学生动起来，让课堂活起来，更令人吃惊的是“合作交流”发挥得淋漓尽致.这不仅反映在四人小组毫无掩饰、捏造的交流过程，更有把自己的不同想法敢于同学面前展示和袒露的真实场景.这种“生生合作”的经典，更来自于“师生合作”的源头.教师始终把自己放在和学生平等的位置上，“同欢乐，共困苦”，让学生心情愉悦地、神情自信地回答和展示自己的“成果”，这些话成果、说思路、讲道理、议方法、谈感悟等系列活动，既寄托了老师的殷切希望和拳拳爱生之心，又破除了传统的学生蹑手蹑脚演板，胆怯地来回张望，等待老师去评点乃至训斥的那种尴尬局面，展现了一种兴趣盎然、生动活泼的自主、合作、交流的课堂活动场景.三、主导水到渠成

综观整节课三个性质的呈现（教师板书的主题）毫无生涩造作，支离隔阂的痕迹.却是分块搭建，彼此衔接，宛若于活动中生成，从过程中体验，在操作中建构，水到渠成之感，这得益于教师充分挖掘和把握教材内在联系之功力和涵养，也借助于教师过渡衔接之妙：和蔼微笑的教态，激励动情的语言，豁达激情的风貌，使得课堂情境天人合一.四、增色情感价值

教材的主干内容之一“杨辉三角”就蕴含较丰富的文化价值（包括数字演变），我国古代数学成就和爱国主义情结.教学过程中，由于提及到与“帕斯卡三角”的比照，涉及到与“斐波那契数列”的联系，学生的民族自豪感，爱国主义情操不时会写在那一张张稚嫩、率真的脸上，相信对他们的精神风貌是一种陶冶，思想品质是一种升华.本节课值得改进的地方：

三项式展开式系数的求解策略篇3

转化为二项式求解

例1 求[（x2+1x+2）5]的展开式中的常数项.

解析方法一：∵[（x2+1x+2）5]=[[12（x+2x）2]5=2-5×（x+2x）10]，

其通项为[Tr+1=Cr10·xr2-10-r2·210-r2].

令[r2-10-r2=0]，解得，[r=5].

∴所求常数项为[2-5·C510·252=6322].

方法二：∵[（x2+1x+2）5]=[（x2+22x+22x）5=[（x+2）2]5（2x）5=（x+2）10（2x）5]，

对于二项式[（x+2）10]，其通项为[Tr+1=Cr10·x10-r·2r2]，要得到原展开式中的常数项，则只须[10-r=5]，即[r=5].

∴所求常数项为[C510·25225=6322].

点拨求三项式展开式中的系数问题，其解题的关键是利用转化思想方法，将三项式转化为二项式问题求解. 上述方法一和方法二对特殊类型的三项式来说，是较实用又简捷的一种思考方法，但对一般的三项式来说却行不通，需另行他法.

例2 求[（x-1+1x）5]的展开式中含[x]的项.

解析 ∵[（x-1+1x）5=1x5[（x2-x）+1]5]，

∴要求展开式中含[x]的项，只须求[[（x2-x）+1]5]中含[x6]的项.

∵[[（x2-x）+1]5][=（x2-x）5+5（x2-x）4+10（x2-x）3+10（x2-x）2+5（x2-x）+1]，

∴只有[（x2-x）5]，[5（x2-x）4]和[10（x2-x）3]中才有可能含有[x6]的项.

又[（x2-x）5=x5（x-1）5]的展开式中[x6]的系数为[C45=5]，

[5（x2-x）4=5x4（x-1）4]的展开式中[x6]的系数为[5C24=30]，

[10（x2-x）3=10x3（x-1）3]的展开式中[x6]的系数为10，

∴[（x-1+1x）5]展开式中含[x]的项为[（5+30+10）x=][45x].

点拨显然，对此例用例1中的两种方法求解是较复杂的，对此，不妨将其变形、展开，再转化为二项式的情形求解. 另外，此例也可转化为[（x-1+1x）5=][[x2+（1-x）]5x5]，再展开求解. 同学们不妨试一试，看能否找到解题的“捷径”.

回归定义（或课本）求解

例3 题目见例2.

解析 ∵[（x-1+1x）5]可看作五个[（x-1+1x）]相乘，由多项式乘法法则，从以上五个括号中一个括号内取[x]，其他四个括号内取常数项，则积为[x]的一次项，此时系数为[C15?1?C44（-1）4=5].

同理，从以上五个括号中两个括号内取[x]，一个括号内取[1x]，两个括号内取常数项，其积也为[x]的一次项，此时系数为[C25?C13?C22（-1）2=30].

再从以上五个括号中三个括号内取[x]，两个括号内取[1x]，其积也为[x]的一次项，此时系数为[C35?C22=10].

综上知，展开式中含[x]的项为[（5+30+10）x=45x].

点拨上述方法实际上是一种“回归法”，即回归到课本中的定义、概念上去，通过对定义、概念等的透彻理解，从而得到解题的方法. 此种方法在数学解题中非常重要，应深刻领会，熟练掌握.

例4 求[（x2+3x-1）9·（2x+1）4]展开式中含[x2]的项的系数.

解析由题意得，前一式子中的[x2]、[3x]及后一式子中的[2x]取出的个数有以下几种情况：1，0，0；0，2，0；0，1，1；0，0，2.

所以展开式中含[x2]的项为

[C19x2C88（-1）8C44+C29（3x）2C77（-1）7C44+C19（3x）1C88（-1）8C14（2x）C33+]

[+C99（-1）9C24（2x）2C22=-123x2].

故展开式中含[x2]的项的系数为-123.

点拨显然，此例转化为二项式问题求解是很困难的. 为此，考虑用回归课本的方法求解则较为方便. 注意，回归课本并不是要拘泥于教材，而是在充分理解的基础上熟练地驾驭教材，并用“另一双眼睛”去解读和处理教材，读出“味道”，“用活”知识，“构建”网络，从而达到提升能力之目的.

利用公式（定理）求解

我们知道，二项式[（a+b）n]的展开式的通项为[Tr+1=Crnan-rbr]. 令[p+r=n]，则[Tr+1=Crnapbr]，其系数[Crn=n！r！（n-r）！=n！p！r！]. 由此得到如下结论：[（a+b）n]的展开式中含[apbr]的系数为[n！p！r！]，其中[p]，[r∈N]，且[p+r=n]. 将此结论推广，可得到如下定理：

定理 [（a+b+c）n]的展开式中含[apbqcr]项的系数为[n！p！q！r！]，其中[p]，[q]，[r∈N]，且[p+q+r=n]. （证明略）

例5 求[（x+y2-2z）8]展开式中含[x6yz]项的系数.

解析由定理知，[p=6]，[q=r=1]，则所求系数为[8！6！1！1！·（12）1（-2）1=-56].

点拨此例属一般三项式问题，可直接用定理求解.

对于更一般的三项式，有以下的推论.

推论三项式[（axt+bxk+c）n]的展开式中含[xm]的系数为[n！p！q！r！apbqcr]，其中[p]，[q]，[r∈N]，[tp+kq=m]，且[p+q+r=n]（∑表示对所有的[p]，[q]，[r]求和）. （证明略）

例6 （1）求[（1+x+x2）8]的展开式中[x5]的系数；

（2）求[（|x|+1x-2）3]的展开式中的常数项.

解析（1）由推论得，[p+q+r=8，q+2r=5，]

即[p=3，q=5，r=0，]或[p=4，q=3，r=1，]或[p=5，q=1，r=2.]

∴展开式中[x5]的系数为

[8！p！q！r！=8！3！5！0！+8！4！3！1！+8！5！1！2！=504].

（2）由推论得，[p+q+r=3，p-q=0，] 即[p=0，q=0，r=3，]或[p=1，q=1，r=1.]

∴展开式中的常数项为

[3！p！q！r！·（-2）r=3！0！0！3！·（-2）3+3！1！1！1！·（-2）1=-20].

点拨（1）中[x5]可看作[1p?xq?（x2）r]，由此得[q+2r=5]（其中[p+q+r=8]）. （2）中要求常数项，可将[（|x|+1x-2）3]中的一般项转化为[|x|p?（|x|-1）q?（-2）r]，由题意和推论知，[p+q+r=3]，且[p-q=0].

谈如何求二项展开式的系数最大项篇4

我们先看一道例题:

例1 (1) 求 (1+2x) 7展开式子中系数最大项; (2) 求 (1-2x) 7展开式子中系数最大项.

解: (1) 设第r+1项系数最大, 则有

${\begin{cases} C_{7}^{r} \cdot 2^{r} \geq C_{7}^{r - 1} \cdot 2^{r - 1} \\ C_{7}^{r} \cdot 2^{r} \geq C_{7}^{r + 1} \cdot 2^{r + 1} . \end{cases}$ (*)

即 ${\begin{cases} \frac{7!}{r! (7 - r)!} \cdot 2^{r} \geq \frac{7!}{(r - 1)! (7 - r + 1)!} \cdot 2^{r - 1} \\ \frac{7!}{r! (7 - r)!} \cdot 2^{r} \geq \frac{7!}{(r + 1)! (7 - r - 1)!} \cdot 2^{r + 1} \end{cases},$

得到 ${\begin{cases} \frac{2}{r} \geq \frac{1}{8 - r} \\ \frac{1}{7 - r} \geq \frac{2}{r + 1} \end{cases}$ , 解得 $\frac{13}{3} \leq r \leq \frac{16}{3}$ , 所以r=5.所以系数最大项为第六项.

这道题目是在很多参考书上出现的一道比较典型的求系数最大项的例题.但是这里有几个问题:

① 如果系数最大项是最后一项, 则C $_{7}^{r + 1}$ ·2r+1无意义, 如果系数最大项是第一项, 则C $_{7}^{r - 1}$ ·2r-1无意义, 显然用 ${\begin{cases} C_{7}^{r} \cdot 2^{r} \geq C_{7}^{r - 1} \cdot 2^{r - 1} \\ C_{7}^{r} \cdot 2^{r} \geq C_{7}^{r + 1} \cdot 2^{r + 1} \end{cases}$ 并不合适,

② 系数最大项是不是有且仅有一项?

③ 所列条件只是求出了系数比前后两项系数都大的项, 有没有可能有另外更大的最大值呢?现在我们研究对于 (1+mx) n的二项展开式, 设第r+1项Tr+1=C $_{n}^{r}$ ·mr系数最大

则 ${\begin{cases} C_{n}^{r} \cdot m^{r} \geq C_{n}^{r - 1} \cdot m^{r - 1} \\ C_{n}^{r} \cdot m^{r} \geq C_{n}^{r + 1} \cdot m^{r + 1} \end{cases}$ (*)

可以解得 $\frac{n m - 1}{1 + m} \leq r \leq \frac{n m + m}{1 + m} .$

若系数最大项为最后一项, 则 $\frac{n m - 1}{1 + m} > n - 1$ 得到m>n, 例如求 (1+5x) 4二项展开式系数最大项时, 因为5>4, 所以系数最大项是最后一项.若系数最大项为第一项, 则 $\frac{n m + m}{1 + m} < 1$ 得到nm<1, 例如求 $(1 + \frac{1}{5} x)^{4}$ 二项展开式系数最大项时, 因为 $\frac{1}{5} \times 4 < 1$ , 所以系数最大项是第一项.

因为 (1+2x) 7中不符合系数最大项是第一项或最后一项的特点, 所以用

${\begin{cases} C_{7}^{r} \cdot 2^{r} \geq C_{7}^{r - 1} \cdot 2^{r - 1} \\ C_{7}^{r} \cdot 2^{r} \geq C_{7}^{r + 1} \cdot 2^{r + 1} \end{cases}$ 解答没有问题.这样我们解决了问题①;又因为 $\frac{n m + m}{1 + m} - \frac{n m - 1}{1 + m} = 1$ , 我们同时可以得出一个结论:形如 (1+mx) n (m>0) 二项展开式系数最大项最多只有两项, 这样也解决了问题②;对于问题③, 这里我们碰到一个问题, 以前特别是在碰到函数问题时, 其实我们求最大值并不是这样求的, 所以这里必须说明, 如果最大值是另外一个值, 那么显然应该满足 (*) 式, 也可以从 (*) 式解出来, 但 (*) 式没有解出别的值, 所以 (*) 式解出的就是最大值.这样我们解决了问题③. (2) 对于 (1-2x) 7二项展开式, 我们知道奇数项的系数为正, 但经过观察我们只要比较第五项系数C $_{7}^{4}$ · (-2) 4和第七项系数C $_{7}^{6}$ · (-2) 6大小, 结论从略.但是不是只能用这种观察的方法呢, 有没有一般的方法呢?

如果对于一般情况, (1-mx) n (m>0) ,

从 ${\begin{cases} C_{n}^{r} \cdot m^{r} \geq C_{n}^{r - 1} \cdot m^{r - 1} \\ C_{n}^{r} \cdot m^{r} \geq C_{n}^{r + 1} \cdot m^{r + 1} \end{cases}$ (*)

可以解得 $\frac{n m - 1}{1 + m} \leq r \leq \frac{n m + m}{1 + m}$ , 我们可以判断对于 (1+mx) n (m>0) 它的二项展开式项的系数的增减性一定是先增后减, 所以如果 $\frac{n m - 1}{1 + m}$ 和 $\frac{n m + m}{1 + m}$ 是连续两个整数, 那么其中那个偶数就是我们要求的r, 若 $\frac{n m - 1}{1 + m}$ 和 $\frac{n m + m}{1 + m}$ 不是整数, 如果介于它们之间的整数是偶数, 那就是我们要求的r, 如果是奇数, 那么只要将r+1项左右两项系数进行比较就可以了.

例2 (1) 求 (1-3x) 20展开式子系数最大项 ; (2) 求 (1-2x) 9展开式子系数最大项

解: $(1) \frac{n m - 1}{1 + m} = \frac{20 \times 3 - 1}{1 + 3} = \frac{59}{4} ‚ \frac{n m + m}{1 + m} = \frac{20 \times 3 + 3}{1 + 3} = \frac{63}{4}, \frac{59}{4} \leq r \leq \frac{63}{4}, r = 15$ , 所以只需要比较C $_{20}^{14}$ (-3) 14和C $_{20}^{16}$ (-3) 16的大小即可.大的那个就是我们所要求的最大系数, 结论从略.

$(2) \frac{n m - 1}{1 + m} = \frac{2 \times 9 - 1}{1 + 2} - \frac{17}{3}, \frac{n m + m}{1 + m} = \frac{2 \times 9 + 2}{1 + 2} = \frac{20}{3}, \frac{17}{3} \leq r \leq \frac{20}{3}, r = 6$ , 所以系数最大项即为第7项.以下从略.

浙江省绍兴市稽山中学

二项式系数篇5

多项式拟合在工程计算领域得到较广泛的应用, 如在强噪声地震资料中的应用, 短期潮位补缺中的应用, 机动目标运动补偿算法中的应用等等。在工程分析计算过程中, 多项式拟合的结果往往需要保存到文件中, 作为数据处理的中间数据。市场中存在很多可用于多项式拟合的软件 (如Grapher) , 虽说可以完成多项式的拟合, 并看到拟合曲线, 但大多数软件不能够一次性的查看多次拟合图形, 并形成比较, 且不能根据用户需要保存理想的拟合结果。因此很多企业或公司需要开发自己的软件已满足特定行业需求。那么, 编写程序来求解最小二乘多项式系数成为此类软件开发过程的关键技术, 青海师范大学陈桂秀老师在[1]中提供了程序法求解最小二乘多项式系数的方法。但其算法无论是空间复杂度还是时间复杂度, 都达到让人无法接受的结果。实验数据结果分析, 如果实验数据达到800条, 运行一次拟合就需要3-4分钟 (根据常用办公室计算机测试) 。这就为设计较小空间复杂度和时间复杂度的程序算法提供了契机。该文主要包括三个部分:1) 多项式拟合基本原理介绍;2) 程序算法;3) 通过实验验证结果的正确性。

2 多项式拟合的基本原理

假设给定数据点 (xi, yi) (i=0, 1, ..., m) , φ为所有次数不超过n (n≤m) 的多项式构成的函数类, 求, 使得

当拟合函数为多项式时, 称为多项式拟合, 满足式 (1) 的pn (x) 称为最小二乘拟合多项式。特别地, 当n=1时, 称为线性拟合或直线拟合。显然为a0, a1, ..., an的多元函数, 因此上述问题即为求I=I (a0, a1, ..., an) 的极值问题。由多元函数求极值的必要条件, 得

即

(3) 是关于a0, a1, Lan的线性方程组, 用矩阵表示为

式 (3) 或式 (4) 称为正规方程组。

可以证明, 方程组 (4) 的系数矩阵是一个对称正定矩阵, 故存在唯一解。从式 (4) 中解出ak (k=0, 1, …, n) , 从而可得多项式

所以, 求解最小二乘拟合多项式系数的步骤如下:

第一、计算正规方程组的系数矩阵和常数项元素

第二、利用解线性方程组的方法求出正规方程组的解

3 程序算法

求解系数矩阵的程序如下:

其中xs M为系数矩阵。时间复杂度为O (n*n) 。

通过比较可以看出, 此程序算法可以大幅度减少空间和时间复杂度。

使用C#语言实现的求增广矩阵的方法为:

4 实验

为了验证算法的正确性, 使用vs2005设计一个DEMO, 界面如图1所示。

原始数据有796条 (删除了严重偏差的4条) , 一次性完成从2次曲线拟合到10次曲线拟合, 并实现动态加载原始数据和保存拟合结果 (为了简化程序设计的难度, 坐标系并没有标明坐标值) 。程序运行后, 首先单击左上角“载入数据”按钮, 然后单击“绘图”按钮, 程序一次画出从2次拟合到10次拟合的原始数据点线图和拟合后的曲线图。其中黑色的为原始数据点连接成线的图形, 从图形可以看出, 数据点产生强烈震荡而不平滑。其中中间平滑的红线为拟合后的曲线图。很明显介于原始图形震荡的趋于中间的位置。说明了程序拟合结果的正确性, 实验中完成9次拟合共用时6秒钟 (包括绘制图形部分) , 完全在用户可以接收的时间范围之内。通过直观的图形, 用户可以轻松的得出结论——哪一次拟合的结果更有助于分析数据, 然后在相应的拟合图形上单击以保存拟合后的数据。

5 结论

该文借助矩阵压缩存储的思想, 通过数组法, 使用一维数组来保存系数矩阵各项值, 减少了时间复杂度和控件复杂度, 极大的提高了程序运行的速度, 为用户开发适合特定工程需要的软件产品提供思想上和方法上的指导。

参考文献

[1]陈桂秀.用程序求解最小二乘拟合多项式的系数[J].青海师范大学学报:自然科学版, 2010 (3) :15-17.

[2]钟伟, 杨宝俊, 张智.多项式拟合技术在强噪声地震资料中的应用研究[J].地球物理学进展, 2006, 21 (1) :184-189.

[3]陆伟, 刘杰, 孙艳军.多项式拟合在短期潮位补缺中的应用分析[J].科技信息, 2011 (4) .

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