二项式定理（二项式展开）

目录

• 引入
• 正题
• 延伸

引入

首先有一个广为人知的结论：

$$(a+b{)}^2=a^2+2ab+b^2$$

那么，如何求 $(a+b{)}^3$ 呢？手算，如下：

$$\begin{array}{rl}(a+b{)}^3& =(a+b)\times (a+b{)}^2\\ & =(a+b)\times (a^2+2ab+b^2)\\ & =[a\times (a^2+2ab+b^2)]+[b\times (a^2+2ab+b^2)]\\ & =(a^3+2a^{2}b+a{b}^2)+(a^{2}b+2a{b}^2+b^3)\\ & =a^3+3a^{2}b+3a{b}^2+b^3\end{array}$$

正题

尝试性的去找找规律，然后就会找到

$$(a+b{)}^k=\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})a^i{b}^{k-i}$$

其中$(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})$表示在 $k$ 个数里任取 $i$ 个的方案数，等价于 $C_k^i$。
证明：
首先，如果我们不合并同类项，那么我们得到的项数是 $2^k$。这个可以这么证：假设已知 $(a+b{)}^k$ 不合并时有 $n$ 项，那么

$$\begin{array}{rl}(a+b{)}^{k+1}& =(a+b)(a+b{)}^k\\ & =a(a+b{)}^k+b(a+b{)}^k\end{array}$$

左右两式的项数都是 $n$，和为 $2n$。
然后 $a$ 和 $b$ 的次数之和是 $k$，这个结论是显然的。我们在乘方的时候，每一个 $(a+b)$ 里都会选一个 $a$ 或 $b$出来。于是挂在前面那个组合数的也证出来了：取到$a^i{b}^{k-i}$ 的情况等价于有一个长为 $k$ 的01序列，1的个数为 $i$，求不同方案数的问题，显然是 $C_i^k$。类似的还有：

• 在 $k$ 个灯里开了 $i$ 个，关了 $k-i$ 个，求方案数的问题。
• 在网格图从(1,1)走到(i,j)，只能向上、向右走，求路径数。

延伸

然而，二项式定理能扩展到的东西远不止于此。看看这个：
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
………………
上面是 $(a+b{)}^k$ 各项系数列的表。有没有感觉有一点似曾相识？

没错，就是它，杨辉三角！
接下来，我们要从二项式层面证明杨辉三角可以用来求二项式展开后的系数。不妨先假设杨辉三角可以求展开后系数，那么杨辉三角的第 $i$ 行第 $j$列就可以被表示为 $C_i^j$，在结合求杨辉三角的递推式 $a_{i,j}=a_{i-1,j-1}+a_{i-1,j}$，有此式：

$$C_i^j=C_{i-1}^{j-1}+C_{i-1}^j$$

然后推右式，如下：

$$\begin{array}{rl}{C}_{i-1}^{j-1}+C_{i-1}^j& =\frac{(i-1)!}{(i-j)!(j-1)!}+\frac{(i-1)!}{(i-j-1)!j!}\\ & =\frac{1}{j!}(\frac{(i-1)!j}{(i-j)!}+\frac{(i-1)!}{(i-j-1)!})\\ & =\frac{1}{j!(i-j)!}[(i-1)!j+(i-1)!(i-j)]\\ & =\frac{(a-1)!}{j!(i-j)!}(b+a-b)\\ & =\frac{(a-1)!a}{j!(i-j)!}(b+a-b)\\ & =\frac{a!}{j!(i-j)!}\\ & =C_i^j\end{array}$$

所以杨辉三角的递推来求二项式展开的系数是有正确性的。这也给了我们另一个递推求组合数的思路，在一些题目里会很有用，但是我想平时不会有人会选择 $O(nm)$ 求解组合数吧。

Upd On 2024/9/4：
想到了一个从组合意义方面解释上式的方法。已知 $C_{n-1}^k(k\in [0,n])$ 为了找 $C_n^m$ 的值，我们尝试用 $C_{n-1}^k$ 表示它。把最后一个元素单拿出来，然后分为两种情况：

1. 不选最后一个，则可选数目变为 $n-1$，此时的情况数显然是 $C_{n-1}^m$。
2. 选最后一个，则可选数目变为 $n-1$的同时要选的数变成了 $m-1$，此时的情况数显然是 $C_{n-1}^{m-1}$。
   综上，$C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^m$。