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牛顿二项式定理

下面给出二项式定理。
定理 6.6 设 $n$ 为正整数，对一切 $x$ 和 $y$ 有

$$
(x+y)^n=\sum_{k=0}^n C(n, k) x^k y^{n-k}
$$

证明从略。
由此定理可得：
推论 6.2 对任意正整数 $n$ ，有

$$
C(n, 0)+C(n, 1)+\cdots+C(n, n)=2^n
$$

证明：在定理 6.6 中令 $x=y=1$ ，则有 $2^n=\sum_{k=0}^n C(n, k)$ 。
推论 6.3 对任意正整数 $n$ ，有

$$
C(n, 0)-C(n, 1)+C(n, 2)-\cdots+(-1)^n C(n, n)=0
$$

证明：在定理 6.6 中令 $x=-1, y=1$ ，则 $0=\sum_{k=0}^n(-1)^n C(n, k)$ 。
此推论又可表示为

$$
C(n, 0)+C(n, 2)+\cdots=C(n, 1)+C(n, 3)+\cdots
$$

定理 6.7 （牛顿二项式定理）设 $a$ 是一个实数，则对一切满足 $|x / y|<1$ 的 $x$ 和 $y$ 有

$$
(x+y)^a=\sum_{k=0}^{\infty} C(a, k) x^k y^{a-k}
$$

其中 $C(a, k)$ 应作如下推广：对任意实数 $a$ ，整数 $k$ 有

$$
C(a, k)= \begin{cases}\frac{a(a-1) \cdots(a-k+1)}{k!} & k>0 \\ 1 & k=0 \\ 0 & k<0\end{cases}
$$

证明从略。
在上面的定理中，取 $a=-n, y=1$ ，即得下面的推论。
推论 6.4 对任何正整数 $n$ ，对 $|x|<1$ 有

$$
\begin{gathered}
\frac{1}{(1+x)^n}=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k C(n+k-1, k) x^k \\
\frac{1}{(1-x)^n}=\sum_{k=0}^{\infty} C(n+k-1, k) x^k
\end{gathered}
$$

定理 6.8 设 $m, n, r, k$ 为正整数，则下列恒等式成立。
（1）$C(n, k)=\frac{n}{k} C(n-1, k-1)$ 。
（2）$C(n, k)=C(n-1, k)+C(n-1, k-1)$（杨辉公式，又称为 Pascal 公式）。
（3）$\sum_{k=1}^n k C(n, k)=n 2^{n-1}$ 。
（4）$\sum_{k=1}^n k^2 C(n, k)=n(n+1) 2^{n-2}$ 。
（5）$C(n, r) C(r, k)=C(n, k) C(n-r, r-k)$ ，这里 $r \geqslant k$ 。
（6）$C(m, 0) C(n, r)+C(m, 1) C(n, r-1)+\cdots+C(m, r) C(n, 0)=C(m+n, r)$ ，这里 $r \leqslant$ $\min \{m, n\}$ 。该公式又称为范德蒙（Vandermonde）恒等式。
（7）$C(m, 0) C(n, 0)+C(m, 1) C(n, 1)+\cdots+C(m, m) C(n, m)=C(m+n, m)$ ，这里 $m \leqslant n$ 。当 $m=n$ 时，上式即为 $\sum_{k=0}^n(C(n, k))^2=C(2 n, n)$ 。
（8）$\sum_{k=0}^m C(n+k, k)=C(n+m+1, m)$ 。
证明：（1），（2），（5）根据定理 6.5 代入即得。下面证明（3），（6），（8）；（4），（7）的证明留作习题。
（3）在二项式定理中，令 $y=1$ ，则得

$$
(x+1)^n=\sum_{k=0}^n C(n, k) x^k=1+\sum_{k=1}^n C(n, k) x^k
$$

对上式两边求导，得

$$
n(x+1)^{n-1}=\sum_{k=1}^n k C(n, k) x^{k-1}
$$

令 $x=1$ ，则

$$
n 2^{n-1}=\sum_{k=1}^n k C(n, k)
$$

（6）设 $S=\left\{a_1, a_2, \cdots, a_m, b_1, b_2, \cdots, b_n\right\}, C(m+n, r)$ 表示从 $S$ 中无序选取 $r$ 个元素的方法
数。令 $S_1=\left\{a_1, a_2, \cdots, a_m\right\}, S_2=\left\{b_1, b_2, \cdots, b_n\right\}$ ，把上述选法分类。
在 $S_1$ 中不选，从 $S_2$ 中选 $r$ 个方法数：$C(m, 0) C(n, r)$ 。
在 $S_1$ 中选 1 个，从 $S_2$ 中选 $r-1$ 个方法数：$C(m, 1) C(n, r-1)$ 。
．．．
在 $S_1$ 中选 $r$ 个，从 $S_2$ 中不选的方法数：$C(m, r) C(n, 0)$ 。
由加法原理，选法总数为

$$
C(m, 0) C(n, r)+C(m, 1) C(n, r-1)+\cdots+C(m, r) C(n, 0)=C(n+m, r)
$$

（8）由（2）可得

$$
\begin{aligned}
& C(n+k+1, k)=C(n+k, k)+C(n+k, k-1) \\
& =C(n+k, k)+C(n+k-1, k-1)+C(n+k-1, \quad k-2) \\
& \vdots \\
& =C\left(\begin{array}{ll}
n+k, & k)+C(n+k-1, \\
k-1)+C(n+k-2, & k-2)
\end{array}\right. \\
& +\cdots+C(n+1,1)+C(n+1,0)
\end{aligned}
$$

由于 $C(n+1,0)=1=C(n, 0)$ ，故上式即为

$$
C(n+k, k)+C(n+k-1, k-1)+\cdots+C(n+1,1)+C(n, 0)
$$

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