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：

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

正题

尝试性的去找找规律，然后就会找到

\[(a+b)^k=\sum\limits_{i=0}^{k}\binom{k}{i}a^ib^{k-i} \]

其中\(\binom{k}{i}\)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

\[\begin{aligned} (a+b)^{k+1} &= (a+b)(a+b)^k\\ &=a(a+b)^k+b(a+b)^k \end{aligned}\]

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\(a^ib^{k-i}\) 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：

\[\begin{aligned} C_{i-1}^{j-1}+C_{i-1}^{j}&=\tfrac{(i-1)!}{(i-j)!(j-1)!}+\tfrac{(i-1)!}{(i-j-1)!j!}\\&=\tfrac{1}{j!}(\tfrac{(i-1)!j}{(i-j)!}+\tfrac{(i-1)!}{(i-j-1)!})\\&=\tfrac{1}{j!(i-j)!}[(i-1)!j+(i-1)!(i-j)]\\&=\tfrac{(a-1)!}{j!(i-j)!}(b+a-b)\\&=\tfrac{(a-1)!a}{j!(i-j)!}(b+a-b)\\&=\tfrac{a!}{j!(i-j)!}\\&=C_i^j \end{aligned}\]

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，\(C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^{m}\)。