浅谈二项式定理基础应用

浅谈二项式定理基础应用

二项式定理是数学中一个重要的基础定理，广泛应用于代数、组合数学等领域。本文将从二项式定理的公式和原理出发，通过多个具体例题，深入讲解其在求解特定项系数、展开式系数等方面的应用。

基本技能

公式及原理

公式是次要的，需要明白公式的本质是组合数.

例如，$(a+b)^n$，本质是 $n$ 个 $(a+b)$ 相乘，那么对于每一项，有多少个括号提供 $a$，多少个括号提供 $b$ 呢？显然，若有 $r$ 个括号提供 $a$，则有 $(n-r)$ 个括号提供 $b$.

进一步思考，已知有 $r$ 个括号提供 $a$，$(n-r)$ 个括号提供 $b$，那么具体是哪几个呢？我们关心有多少种组合方式，每一种组合方式都可做出一个贡献，答案显然为 $C_{n}^r$.

综上，我们可总结形如 $(a+b)^n$ 展开项的通项公式.

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

公式的形态和前文描述略有区别，由于展开时一般按照 $a$ 次数从高到低排列，故这里做出相应调整，本质上是一样的.

常见的组合数公式如下.

非常常用，$n$ 个数中选 $m$ 个数方案数等价于 $n$ 个数中选 $m-n$ 个数方案数. 二者互为补集.

• $C^{m}_n+C^{m-1}_{n}=C^{m}_{n+1}$.

我们可这样理解，对于在 $n+1$ 个数中选 $m$ 个数方案数，将 $a_1$ 单独考虑. 因为组合数的本质即为考虑每个数选或不选. 当第一个数选择时，只需在后面的数字中选出 $m-1$ 个数即可. 若不选，需在后面 $n$ 个数中选出 $m+1$ 个数. 两种方案显然互斥.

二项式系数及相关结论

二项式系数 ：将二项式展开后，形如 $C_n^0,C_n^1\dots C_n^n$ 的系数称为二项式系数. 其分布规律如下.

最大项有一项.

同时有

$\sum\limits_{i=0}^n C_n^i=(1+1)^n$

证明可通过逆推展开.

因为

$0=(1-1)^n=C_n^0-C_n^1+C_n^2-C_n^3+\dots$

所以

$C_n^0+C_n^2+C_n^4+\dots = C_n^1+C_n^3+C_n^5=\dfrac{2^n}{2}$

题型精练

例1.1 $(x^2+\dfrac 2 x)^6$ 的常数项是 ____.

Solution. 套公式题.

$T_{r+1}=C_n^rx^{6-r}\left(\frac 2 x\right)^r$

是常数项当且仅当 $6-r=r\Leftrightarrow r=3$.

套用公式解决即可.

事实上，本题从二项式定理的原理，即幂运算的意义出发更加优美. $(x^2+\dfrac 2 x)^6$ 的意义为 $6$ 个二项式相乘.对于展开后的常数项，每一个括号要么贡献 $x^2$，要么贡献 $\dfrac 2 x$. 显然 $x^2$ 需要两个，$\dfrac 2 x$ 需要 $4$ 个. 由此可知这是第 $3$ 项，再套用公式即可.

例1.2-1 已知 $\left(\dfrac{1}{x}+my\right)(2x-y)^5$ 的展开式中 $x^2y^4$ 的系数为 $40$，求 $m$.

Solution. 看到 $5$ 次方，想到二项式定理. 考虑如何凑 $x^2y^4$. 第一种方案是 $\dfrac 1 x\cdot x^3y^4$. 但不存在该情况，因为 $3+4e 5$. 那么只可能是 $my\cdot x^2y^3$. 这是合法的.

此时，五个括号相乘，需两个括号提供 $x$，剩下三个括号提供 $-y$. 我们从五个括号中挑两个提供 $x$，剩下的提供 $-y$，即

$my\cdot C_5^2(2x)^2\cdot(-y)^3$

也就是 $-40m=40\Rightarrow m=-1$.

例1.2-2 $\left(x+\dfrac{y^2}{x}\right)(x+y)^5$ 的展开式中 $x^3y^3$ 的系数是___.

Hint. 和上题同理，不过本题两种情况均可，此时需要加起来，原因显然.

例1.3-1 $(1+2x)^3(1-x)^4$ 展开式中 $x^2$ 的系数是___.

Solution. 依然是分情况讨论. 两式中均没有分式，若 $(1+2x)^3$ 提供常数，则后者提供 $x^2$；若前者提供 $x$，后者提供 $x$; 若前者提供 $x^2$，后者提供常数.

对于第一种情况，要想提供常数，三个括号都得提供常数 $1$，只有一种情况. 第二个式子要想提供 $x^2$，需要两个括号提供 $-x$，有 $C_4^2$ 中情况. 即

$C_3^31^3\times C_4^2\cdot 1^2\cdot(-x)^2=6x^2$

同理，第二种情况对应

$C_3^1(2x)^2\cdot 1^2\times C_4^1(-x)^1\cdot 1^3=-24x^2$

第三种情况如下

$C_3^2\cdot(2x)^2\cdot 1^1\times C_4^4\cdot 1^4=12x^2$

三种情况合并，答案是 $-6x^2$.

事实上，本题还有另外一种通用性更强的解法，详见下题.

例1.3-2 $(1+\sqrt[3]{x})^6\left(1+\dfrac{1}{\sqrt[4]{x}}\right)^{10}$ 展开式的常数项是 ___.

Solution. 谁是常数呢？并不好想.

第一个括号，展开后是 $7$ 项，第二个括号，展开后是 $11$ 项. 乘起来有 $77$ 项. 我们写出通项公式进行观察.

$C_6^{r_1}\cdot 1^{6-r_1}\left(\sqrt[3]{x}\right)^{r_1}\cdot C_{10}^{r_2}1^{10-r_2}\cdot\left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{x}}\right)^{r_2}$

该通项公式代表了 $77$ 项中的任何一项.

合并一下，即

$C_6^{r_1}\cdot C_{10}^{r_2}x^{\dfrac{r_1}{3}-\dfrac{r_2}{4}}$

是常数项当且仅当 $\dfrac{r_1}{3}=\dfrac{r_2}{4}\Leftrightarrow 4r_1=3r_2$. 又因为 $r_1,r_2\in\Z$，得 $3 | r_1,4| r_2$.

因此，$r_1,r_2$ 有三种情况，分别是 $\{(0,0),(3,4),(6,8)\}$. 只需计算

$C_6^0\cdot C_{10}^0+C_6^3\cdot C_{10}^4+C_6^6\cdot C_{10}^8$

即可.

进一步的，对于两个二项式定理相乘，求某一次数的系数都可通过求通项公式，合并同类项，得 $r_1,r_2$ 关系解决.

例1.4-1 已知

$(1+x)^{10}=\sum\limits_{i=0}^{10} a_i(1-x)^i$

求 $a_8$.

Solution.

如果直接二项式定理展开，非常数项都是 $x^n,n\in[1,10]$ 的形式.

所以需要凑，$(1+x)^{10}=[2-(1-x)]^{10}$. 此时再展开，就是右式形式了.

$a_8$ 即要求 $(1-x)^8$，需要两个括号提供 $2$，即

$C_{10}^2 2^2\cdot(1-x)^8$

$\Rightarrow a_8=180$

例1.4-2 已知

$x^2+x^{10}=\sum\limits_{i=0}^{10} a_i(x+1)i$

求 $a_9$.

Solution. 和上题同理，左侧 $x^2\rightarrow [(x+1)-1]^2,x^{10}\rightarrow [(x+1)-1]^{10}$. 也就是

$[(x+1)-1]^2+[(x+1)-1]^{10}=\sum\limits_{i=0}^{10} a_i(x+1)i$

此时，要想出现 $(x+1)^9$，只能凑 $[(x+1)-1]^{10}$. 也就是

$C_{10}^1(-1)^1(x+1)^9$

$=-10(x+1)^9$

如果两个都合法的话，加起来即可. 比如求 $a_2$.

例1.5 求

$\sum\limits_{i=1}^9(1+x)^i$

$x^2$ 的系数.

SolutionA. 依据二项式定理，将所有项展开，不难发现答案为

$\sum\limits_{i=2}^9 C_i^2$

可以一项一项算.

为简化计算，我们知道 $C_n^m+C_n^{m-1}=C_{n+1}^m$. 不妨将 $C_2^2$ 看作 $C_3^3$，进而应用上述公式逐步递推，得所求式等价于 $C_{10}^3$.

SolutionB. 不难发现这是等比数列. 应用求和公式，式子等价于

$\dfrac{(1+x)^2[1-(x+1)^8]}{1-(1+x)}$

也就是

$\dfrac{(x+1)^{10}-(x+1)^2}{x}$

要想求 $x^2$ 的系数，只需求 $(x+1)^{10}$ 中 $x^3$ 系数即可. 显然答案为 $C_{10}^3$.

例1.6-1 $(x^2+x+y)^5$ 中，$x^5y^2$ 的系数为 ___.

Solution. 考虑如何凑出 $x^5y^2$.

不难想到，$x^2$ 需要有两个贡献，$x$ 需要有一个贡献，$y$ 需要两个贡献，这样加起来总共五个贡献. 且只有这一种凑法.

也就是

$C^2_5\left(x^2\right)^2\cdot C_3^1\cdot x^1\cdot C_2^2y^2$

这个式子是怎么得出来的呢？首先在 $5$ 个括号中选 $2$ 个括号贡献 $x^2$，再在剩下的三个括号中选一个括号贡献 $x$，最后在剩下的 $2$ 个括号中选择 $2$ 个贡献 $y^2$. 和二项式的展开原理是一致的. 只不过由于第二项 $C$ 值恒等于 $1$ 我们一般忽略.

答案是 $30$.

例1.6-2 若 $\left(\dfrac{1}{\sqrt x}+ax^2+1\right)^5$ 展开后常数项为 $5$，求 $a$.

Solution. 如何凑出常数项？也就是如何分配这 $5$ 个贡献？一种方法是 $(0,0,5)$，还有一种方法是 $(4,1,0)$.

对于第一种情况，答案为

$C_5^5\cdot 1^5$

对于第二种情况，答案为

$C_5^4\left(\dfrac{1}{\sqrt x}\right)^4\cdot(ax^2)$

二者加起来即可. 处理思想都差不多.

像这样的题目有很多，核心思想都在于如何凑，如何分贡献.

例1.7 已知 $(1+x)^n$ 展开式中第四项与第八项的二项式系数相等，求奇数项的二项式系数.

Solution.

由题意得 $C_n^3=C_n^7$，所以 $n=10$，依据前文二项式系数相关引理，得奇数项二项式系数和为 $\dfrac{2^{n}}{2}$

例1.8 $\left(x+\dfrac a x\right)\left(2x-\dfrac 1 x\right)^5$ 展开后各项系数和为 $2$，求该展开式中常数项.

Solution. 只需令 $x=1$ 即可直接得展开后系数，即

$(1+a)(2-1)^5=2$

解得 $a=1$.

后面做法参见 例1.2 ，不再赘述.

1h 28min

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