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二项式定理

## 连加符号 $\Sigma$ 与 连乘符号  $\prod_{1}^{5}$
我们经常要计算下面各种连加和连乘，为了方便起见引进和符号 $\Sigma$, 于是可记

$$
\begin{gathered}
1+2+3+\cdots+n=\sum_{k=1}^n k \\
1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2=\sum_{k=1}^n k^2 \\
\frac{1 \times 2}{2}+\frac{2 \times 3}{2^2}+\cdots+\frac{n(n+1)}{2^n}=\sum_{k=1}^n \frac{k(k+1)}{2^k}
\end{gathered}
$$

一般可记 $a_1+a_2+\cdots+a_n=\sum_{k=1}^n a_k$ 符号

$$
\sum_{k=1}^n a_k
$$

表示 $k$ 取 $1,2, \ldots, n-1, n$ 时, 得到的 $a_k$ 全部加起来. 例如：

$$
\begin{aligned}
& \sum_{k=1}^n \sin k x=\sin x+\sin 2 x+\sin 3 x+\cdots+\sin n x \\
& \sum_{k=0}^n a_k x^{n-k}=a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_{n-1} x+a_n
\end{aligned}
$$

又例如, 对给定的函数 $f_1(x), f_2(x), \ldots, f_n(x)$ 有

$$
\begin{aligned}
\sum_{k=0}^n f_k(x) & =f_1(x)+f_2(x)+\cdots+f_n(x) \\
\sum_{k=0}^n \mathrm{C}_n^k & =\mathrm{C}_n^0+\mathrm{C}_n^1+\mathrm{C}_n^2+\cdots+\mathrm{C}_n^n
\end{aligned}
$$
等等

关于求和符号还有两点说明, 首先, 凡是指示指标从 1 到 $n$, 且仅仅指示从 1 到 $n$. 所以可以用其它的字母来代替 $k$ 而和号仍然是表示了同一个意思.例如

$$
\sum_{k=1}^n a_k=a_1+a_2+\cdots+a_n, \quad \sum_{\ell=1}^n a_{\ell}=a_1+a_2+\cdots+a_n
$$

一般 $\sum_{*=1}^n a_*=a_1+a_2+\cdots+a_n$ 这里 $*$ 可以用任何一种指标来表示, 其次, 求和也不限于从 1 到 $n$, 也可以从 0 到 $n+2$ 等等. 例如

$$
\begin{aligned}
& \sum_{k=0}^{n+2} a_k=a_0+a_1+\cdots+a_{n+1}+a_{n+2} \\
& \sum_{k=3}^{n+1} a_k=a_3+a_4+\cdots+a_{n+1}
\end{aligned}
$$

##  连乘符号
和上面类似 $$ \prod_{a}^{b} $$  表示连乘符号，例如

$ \prod_{i=1}^{m} n_i =n_1 * n_2 ... n_m$

## 二项式定理

在初中我们学过多项式乘法，并且知道：如果 $a, b$ 是任意实数，那么

$$
\begin{aligned}
& (a+b)^1=a+b \\
& (a+b)^2=a^2+2 a b+b^2, \\
& (a+b)^3=a^3+3 a^2 b+3 a b^2+b^3 .
\end{aligned}
$$

如果计算

$$
(a+b)^4=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)
$$

等号右边的积展开后，各项分别是什么呢？
$(a+b)^4$ 由四个因式 $(a+b)$ 相乘得到，每个因式中有两项：$a, b$ ．展开后的每项由每个因式 $(a+b)$ 中任取一项 $(a$ 或 $b$ ）相乘得到，因而各项都是四次式，其所含字母的形式分别为

$$
a^4, a^3 b, a^2 b^2, a b^3, b^4
$$

我们再看展开式中各项的系数，也就是上面各项在展开式中出现的次数。
$a^4$ 是由 $(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)$ 的四个因式中都只取 $a$（即每个都不取 $b$ ）相乘得到，有 1 种选法，所以 $a^4$ 的系数是 $C _4^0$ ；
$a^3 b$ 是四个因式中任取一个因式内的 $b$ 与另三个因式内的 $a$ 相乘得到，有 $C _4^1$ 种选法，所以 $a^3 b$ 的系数是 $C _4^1$ ；
$a^2 b^2$ 是四个因式中任取两个因式内的 $b$ 与另两个因式内的 $a$ 相乘得到，有 $C _4^2$ 种选法，所以 $a^2 b^2$ 的系数是 $C _4^2$ ；
$a b^3$ 是四个因式中任取三个因式内的 $b$ 与另一个因式内的 $a$ 相乘得到，有 $C _4^3$ 种选法，所以 $a b^3$ 的系数是 $C _4^3$ ；
$b^4$ 是四个因式中都只取 $b$ 相乘得到，有 $C _4^4$ 种选法，所以 $b^4$ 的系数是 $C _4^4$ ．因此

$$
\begin{aligned}
(a+b)^4 & =C_4^0 a^4+C_4^1 a^3 b+C_4^2 a^2 b^2+C_4^3 a b^3+C_4^4 b^4 \\
& =a^4+4 a^3 b+6 a^2 b^2+4 a b^3+b^4
\end{aligned}
$$

据此获得启发，设 $a, b$ 是任意实数，对于正整数 $n$ ，有以下猜想：

$$
(a+b)^n=C_n^0 a^n+C_n^1 a^{n-1} b+\cdots+C_n^r a^{n-r} b^r+\cdots+C_n^n b^n
$$

下面，我们来推理证明上述猜想．

由于 $(a+b)^n$ 是 $n$ 个二项式 $(a+b)$ 相乘，根据多项式相乘的规律，展开式中的每一项都是一个 $n$ 次式，具有形式 $a^{n-r} b^r$ ，其中 $r=0,1,2, \cdots, n$ 。

下面计算形如 $a^{n-r} b^r$ 同类项的个数。
每个 $(a+b)$ 和其他因式相乘时，有选 $a$ 或选 $b$ 两种选择。我们将 $a$ 看作红球，将 $b$ 看作黑球。考虑 $n$ 个均放有一个红球和一个黑球的盒子。现从每个盒子中取一个球，有选红球或选黑球两种选择，其结果可分为 $n+1$ 类：

第 1 类，取出的 $n$ 个球中，有 $n$ 个红球，即 0 个黑球，共有 $C_n^0$ 种取法，所以展开式中一共有 $C _n^0$ 项 $a^n$ 。

第 2 类，取出的 $n$ 个球中，有 $n-1$ 个红球，即 1 个黑球，共有 $C _n^1$ 种取法，所以展开式中共有 $C _n^1$ 项 $a^{n-1} b$ 。

第 $r+1$ 类，取出的 $n$ 个球中，有 $n-r$ 个红球，即 $r$ 个黑球，共有 $C _n$ 种取法，所以展开式中共有 $C _n^r$ 项 $a^{n-r} b^r$ 。
$\qquad$
第 $n+1$ 类，取出的 $n$ 个球中，有 0 个红球，即 $n$ 个黑球，共有 $C _n^n$ 种取法，所以展开式中共有 $C _n^n$ 项 $b^n$ 。

由加法原理可得

$$
(a+b)^n=C_n^0 a^n+C_n^1 a^{n-1} b+\cdots+C_n^r a^{n-} b^r+\cdots+C_n^n b^n
$$

上述公式称为二项式定理。右边的多项式叫作 $(a+b)^n$ 的二项展开式，一共有 $n+1$ 项，其中各项的系数 $C _n^r$（其中 $0 \leqslant r \leqslant n, r \in N , n \in N _{+}$）叫作二项式系数，式中的 $C _n^r a^{n-} b^r$ 叫作二项展开式的通项，用 $T_{r+1}$ 表示，即通项为展开式的第 $r+1$ 项：

$$
T_{r+1}=C_n^r a^{n-r} b^r
$$

在二项式定理中，如果设 $a=1, b=x$ ，则得到公式：

$$
(1+x)^n=C_n^0+C_n^1 x+C_n^2 x^2+\cdots+C_n^r x^r+\cdots+C_n^n x^n
$$

`例`求 $\left(3 \sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^4$ 的展开式．

$$
\text { 解 } \begin{aligned}
\left(3 \sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^4= & \left(\frac{3 x-1}{\sqrt{x}}\right)^4=\frac{1}{x^2}(3 x-1)^4 \\
= & \frac{1}{x^2}\left[C_4^0(3 x)^4+C_4^1(3 x)^3 \cdot(-1)+C_4^2(3 x)^2 \cdot(-1)^2+\right. \\
& \left.C_4^3(3 x) \cdot(-1)^3+C_4^4(-1)^4\right] \\
= & \frac{1}{x^2}\left(81 x^4-108 x^3+54 x^2-12 x+1\right) \\
= & 81 x^2-108 x+54-\frac{12}{x}+\frac{1}{x^2} .
\end{aligned}
$$

`例`  展开 $\left(1+\frac{1}{x}\right)^5$
解:

$$
\begin{aligned}
\left(1+\frac{1}{x}\right)^5 & =1+5\left(\frac{1}{x}\right)+10\left(\frac{1}{x}\right)^2+10\left(\frac{1}{x}\right)^3+5\left(\frac{1}{x}\right)^4+\left(\frac{1}{x}\right)^5 \\
& =1+\frac{5}{x}+\frac{10}{x^2}+\frac{10}{x^3}+\frac{5}{x^4}+\frac{1}{x^5}
\end{aligned}
$$

`例`展开 $\left(2 \sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^6$
解:

$$
\begin{aligned}
\left(2 \sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^6= & \left(\frac{2 x-1}{\sqrt{x}}\right)^6=\frac{1}{x^3}(2 x-1)^6 \\
= & \frac{1}{x^3}\left[(2 x)^6-\mathrm{C}_6^1(2 x)^5+\mathrm{C}_6^2(2 x)^4-\mathrm{C}_6^3(2 x)^3+\mathrm{C}_6^4(2 x)^2\right. \\
& \left.\quad-\mathrm{C}_6^5(2 x)+\mathrm{C}_6^6\right] \\
= & \frac{1}{x^3}\left[64 x^6-6 \cdot 32 x^5+15 \cdot 16 x^4-20 \cdot 8 x^3+15 \cdot 4 x^2\right. \\
& \quad-6 \cdot 2 x+1] \\
= & 64 x^3-192 x^2+240 x-160+\frac{60}{x}-\frac{12}{x^2}+\frac{1}{x^3}
\end{aligned}
$$

`例` 求 $(x+a)^{12}$ 的展开式中的第四项和倒数第四项。
解: 展开式的通项公式 $\mathrm{T}_{k+1}=\mathrm{C}_n^k x^{n-k} y^k$ 。所以

$$
\mathrm{T}^4=\mathrm{C}_{12}^3 x^{12-3} a^3=\frac{12 \times 11 \times 10}{3 \times 2} x^9 a^3=220 x^9 a^3
$$

又展开式共 $12+1=13$, 故倒数第四项是

$$
\mathrm{T}_{10}=\mathrm{C}_{12}^9 x^{12-9} a^9=\mathrm{C}_{12}^3 x^3 a^9=220 x^9 a^3
$$

`例` 求 $\left(x-\frac{1}{x}\right)^9$ 展开式中 $x^3$ 的系数, 有设有 $x^0$ 项, 如果有, 试求出该项来。

解：展开式的通项是：

$$
T_{k+1}=(-1)^k C_9^k x^{9-k}\left(\frac{1}{x}\right)^k=(-1)^k C_9^k x^{9-k-k}
$$

依题意有, $9-2 k=3$, 所以 $k=3$. 因此 $x^3$ 的项系数是

$$
(-1)^3 \mathrm{C}_9^3=-\frac{9 \times 8 \times 7}{3 \times 2}=-84
$$

又若 $9-2 k=0$, 即 $2 k=9$, 方程没有整数解, 故展开式里没有 $x^0$ 项.

`例`在 $\left(a+\frac{1}{a}\right)^{2 n}$ 的展开式里, 已知第四项和第六项系数相等, 求展开式里不含有 $a$ 的项。
解: 因为

$$
\begin{aligned}
& \mathrm{T}_4=\mathrm{C}_{2 n}^3 a^{2 n-3} \frac{1}{a^2}=\mathrm{C}_{2 n}^3 a^{2 n-4} \\
& \mathrm{~T}_6=\mathrm{C}_{2 n}^5 a^{2 n-5} \frac{1}{a^5}=\mathrm{C}_{2 n}^5 a^{2 n-10}
\end{aligned}
$$

依题意得 $\mathrm{C}_{2 n}^3=\mathrm{C}_{2 n}^5$, 即 $\mathrm{C}_{2 n}^{2 n-3}=\mathrm{C}_{2 n}^5$, 所以

$$
2 n-3=5, \quad 2 n=8, \quad n=4
$$

故所给的二项式是 $\left(a+\frac{1}{a}\right)^8$
因为 $\mathrm{T}_{k+1}=\mathrm{C}_8^k a^{8-k} \frac{1}{a^k}=\mathrm{C}_8^k a^{8-2 k}$, 若 $\mathrm{T}_{k+1}$ 为不含 $a$ 项, 则 $8-2 k=0$,所以 $k=4$.

$$
\mathrm{T}_5=\mathrm{C}_8^4 \cdot a^0=\frac{8 \times 7 \times 6 \times 5}{4 \times 3 \times 2}=70
$$

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