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二项式定理

## 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

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

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：

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

在二项式定理中，如果设 $a=1, b=x$ ，则得到公式：

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

`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}

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