二项式定理与组合恒等式

二项式系数源于每个因子中选择哪一项，展开式与计数因此可以互相解释。

二项式定理与通项

设 $n$ 为非负整数， $a,b$ 为实数或复数，则

(a+b)^n=\sum_{k=0}^n\binom nk a^{n-k}b^k.

$n=0$ 时右边为常数多项式 $1$ 。 $n\ge1$ 时，展开式按 $b$ 的次数递增排列，共有 $n+1$ 个形式上的项，第 $k+1$ 项为

T_{k+1}=\binom nk a^{n-k}b^k\quad(0\le k\le n).

这里 $\binom nk$ 称为二项式系数。把具体表达式代入 $a,b$ 后，某个幂的实际系数还要乘上相应常数和符号；同次幂出现多次时还需要合并。

证明。 将 $(a+b)^n$ 看成 $n$ 个 $(a+b)$ 相乘。按分配律，每个乘积项从每个因子各选一个加项。要得到 $a^{n-k}b^k$ ，须恰好从 $k$ 个因子选 $b$ ，其余选 $a$ ，共有 $\binom nk$ 种选择。因此该项的系数就是 $\binom nk$ 。

组合数的基本恒等式

以下 $n,m,r,k$ 均为整数，组合数在下标越界时约定为 $0$ ，且 $\binom00=1$ 。

关系	条件与公式
对称性	$0\le k\le n$ ： $\binom nk=\binom n{n-k}$
帕斯卡恒等式	$n\ge1$ ： $\binom nk=\binom{n-1}k+\binom{n-1}{k-1}$
全体系数和	$n\ge0$ ： $\sum_{k=0}^n\binom nk=2^n$
交错和	$n\ge1$ ： $\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nk=0$
奇、偶下标各自的和	$n\ge1$ ： $\sum_{k\text{ 偶}}\binom nk=\sum_{k\text{ 奇}}\binom nk=2^{n-1}$
带标记元素	$1\le k\le n$ ： $k\binom nk=n\binom{n-1}{k-1}$
连续求和	$n\ge r\ge0$ ： $\sum_{j=r}^n\binom jr=\binom{n+1}{r+1}$
两次选取	$0\le r\le m\le n$ ： $\binom nm\binom mr=\binom nr\binom{n-r}{m-r}$

证明。 对称性来自一个子集与其补集的一一对应。帕斯卡恒等式把 $n$ 元集合的 $k$ 元子集分成两类：不含指定元素时有 $\binom{n-1}k$ 个，含指定元素时有 $\binom{n-1}{k-1}$ 个。

在二项式定理中分别取 $(a,b)=(1,1),(1,-1)$ ，得到全体系数和与交错和；两式相加、相减后除以 $2$ ，得到奇、偶下标和。带标记元素的等式是在计数“一个 $k$ 元子集及其中一个指定元素”：左边先选子集，右边先选指定元素。

连续求和公式来自帕斯卡恒等式的变形：

\binom jr=\binom{j+1}{r+1}-\binom j{r+1}.

从 $j=r$ 加到 $n$ ，中间项抵消，且 $\binom r{r+1}=0$ ，留下 $\binom{n+1}{r+1}$ 。

两次选取公式计数的是包含关系 $R\subseteq M\subseteq\{1,\ldots,n\}$ ，其中 $\lvert R\rvert=r,\lvert M\rvert=m$ 。先选 $M$ 再选 $R$ 得左边；先选 $R$ ，再从其余 $n-r$ 个元素中补足 $M$ ，得右边。

系数的峰值与范德蒙德恒等式

对 $0\le k<n$ ，阶乘公式给

\frac{\binom n{k+1}}{\binom nk}=\frac{n-k}{k+1}.

故系数先增后减： $n$ 偶数时中间一个最大， $n$ 奇数时中间两个并列最大。对称性 $\binom nk=\binom n{n-k}$ 来自选子集与选补集的一一对应。

若 $m,n,r$ 为非负整数，则

\sum_k\binom mk\binom n{r-k}=\binom{m+n}r,

越界组合数约定为零。证明：从互不相交的 $m$ 元集与 $n$ 元集的并集中选 $r$ 个元素，按第一集中选了几个分类。

同时， $k\binom nk=n\binom{n-1}{k-1}$ （ $1\le k\le n$ ）可由阶乘约分或“先指定一个被标记的选中元素”解释。帕斯卡公式的正确下标是 $\binom nk=\binom{n-1}k+\binom{n-1}{k-1}$ ；右边不能把 $n-1$ 误写成 $n+1$ 。

例：系数提取

$(x+2)^5$ 中 $x^3$ 的系数是 $\binom52 2^2=40$ 。

$\sum_{k=0}^n k\binom nk=n2^{n-1}$ （ $n\ge1$ ）：左侧是先选一个子集再选其中一个标记元素；右侧先选标记元素，再任意选择其余 $n-1$ 个元素是否加入。两种顺序数同一批对象。

项、二项式系数与实际系数的区分

展开 $(2x-1/x)^6$ （ $x\ne0$ ）时，第 $k+1$ 项为

T_{k+1}=\binom6k2^{6-k}(-1)^k x^{6-2k},\quad k=0,1,\ldots,6.

常数项需满足 $6-2k=0$ ，所以 $k=3$ ，常数项为 $-160$ ，其二项式系数为 $\binom63=20$ 。若问 $x^2$ 的系数，则 $k=2$ ，答案为 $\binom622^4=240$ 。

对于 $(1+2x)^6$ ，记 $x^k$ 的系数为 $c_k=\binom6k2^k$ ，则 $c_{k+1}/c_k=2(6-k)/(k+1)$ 。该比值在 $k\le3$ 时大于 $1$ ，在 $k\ge4$ 时小于 $1$ ，所以最大系数为 $c_4=240$ ，并非居中的二项式系数 $\binom63$ 。

易错点

二项式系数不一定等于展开后的项系数，项中还可能带常数与负号。非整数幂的无穷展开不属于本篇范围。

二项式近似必须控制余项

不能仅因 $h$ 很小，就在任意大的 $n$ 下断言 $(1+h)^n\approx1+nh$ 精确。对整数 $n\ge2$ 、 $h\ge0$ ，被略去的第一项已经是 $\binom n2h^2$ ，而其余项也都非负。

例如 $(1.01)^{100}$ ，仅二次项就等于 $0.495$ ；用 $1+100\cdot0.01=2$ 近似，误差必大于 $0.495$ 。反之， $(1.01)^3=1.03+0.0003+0.000001=1.030301$ ，保留一次项的绝对误差准确为 $0.000301$ 。近似的可信度取决于 $n,h$ 和允许误差三者，而不是“后面的项看起来小”。

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