探究多项式的定理 探究 的展开式 论文

探究(a1+a2+×××+am)

n的展开式摘要：本文是从新教材人教A版（2019年）的选择性必修三的第六章第三节的二项式定理中对二项式(a+b),(nn³1,nÎN)推导通项与项数的思想出发，联想到从排列组合角度进行思考，进一步对多项式(a1+a2+×××+am)

n(m³2,n³1,mÎNnÎN)的展开式通项及项数的探究得出定理。继而用该定理及这个新的思路解决多项式(a1+a2+×××+am)

n(m³2,n³1,mÎNnÎN)展开项含有某项的系数等问题。关键词：展开式通项，展开式项数，推导思路一、问题的提出新教材人教A版（2019年）的选择性必修三的第六章第三节的二项式定理中对二项式(a+b),(n n³1,nÎ N)的展开式的思想如下：由于(a+b)n是n个(a+b)相乘，每个(a+b)中有两种个选择，选择a或b，而且每个(a+b)中的a或b都被选定后，才能得到展开式的一项。因此，由分步计数原理可知，在合并同类项之前，(a+b)n的展开式共有2n项。其中每一项都是ankbk(k=0,1,L ,)的形式。对于每个kk=0,1,L ,)，对应的项ankbk也是由n-k个(a+b)中选出a，另外k个(a+b)中选出b得到的。由于b选定后，a的选法也随之确定，因此ankbk出现的次数相当于从n个(a+b)中取k个b的组合数Cnk。这样(a+b)n的展开式中，ankbk共有Cnk个，将他们合并同类项，就可以得到二项式展开式及其通项。于是提出这么一个问题：多项式(a1+a2+×××+am)

n(m³2,n³1,mÎNnÎN)的展开式的通项及项数是什么呢？二、新的思路我们现在换一种思路：由于(a+b)n是n个(a+b)相乘，每个(a+b)中有两种个选择，选择a或b，不妨设选择a和b分别有iii1 2 1=0,1,Lni2=0,1,Ln)，此时i1+=2 n。在合并同类项之前，(a+b)n的展开式共有2n项。其中每一项都是abii2的形式，于是该项的系数为Ci1gCnii21 n!=ii1!!2=

i1n!i1)!=Ci1。n!(n-n下面讨论(a+b)n(n³1，nÎN)展开式有多少项。由于iii1 2 1=0,1,Lni2=0,1,Ln)分别为a和b的个数。个数本身并没有什么不同，从而该问题相当于“把n个相同小球放置于a和b两个盒子里，其中a和b分别有,ii1 2个”。①当没有空盒子时，从而把n个相同小球放入2不同的盒子中，共有CC20n-=-1项；②当有1个空盒子时，从而把n个相同小球放入不同的个盒子，共有CC-=2项；综合①②可得：展开式共有n+1项。三、(a1+a2+×××+am)

n展开式现在我尝试从这个角度去探究求(a1+a2+×××+am)

n(m³2,n³1,mÎNnÎN)的展开式的通项及项数。由于(a1+a2+×××+am)是n个(a1+a2+×××+am)相乘，每个(a1+a2+×××+am) n中有m个选择，可以选择aa1 2,×××am中任何一个，而且每个(a1+a2+×××+am)中的aa1 2,×××am全部都被选定后，才能得到展开式的一项。不妨设选择的aa1 2,×××am分别为ii1,,2 ××× 个，于是有i1++×××+2 im=n在合并同类项之前(a1+a2+×××+am)

n的展开式共有mn项。其中展开式的每一项都是a1i1ga2i2gLgakikgLgamim的形式。ii1,,2于是相当于把n个小球分配给aa1 2,×××am，且aa1 2,×××am的个数分别为×××，于是该项的系数为Ci1gCnii21gCi3-i2gLgCik-i2gLgCim-i2-L-im-1。nni1ni1-L-ik-1ni1即可以利用组合数的公式得到下列式子：Ci1gCnii21gCi3-i2gLgCik-i2-L-ik-1gLgCim-i2-L-im-1nni1ni1ni1=

i1!(n!g (n-i1)!)!i2！n-i1-i2g (n-i1-i2)!)!i3！n-i1-i2-i3(n-gLg)! im！ni1-i2-L-im-1)!n-i1-i1-i2-L-im)! n

=i1!11 1gggLg!i2！！3 im! n!=ii1!!2gLgm!我将上述式子简记为æ nçèiii1,,,...,mö

÷，从而可得øæ nçèiii1,,,...,2 3imö=÷ø ii1!!2gLg n!m!因此我得到多项式(a1+a2+×××+am)

n(m³2,n³1,mÎNnÎN)的展开式的通项为：n!ai1gai2gLgami或æ nçèiii1,,,...,2 3ö÷a1i1øgai2gLgammi其中ii1,,2×××ii1!!2gLgm!12mim2ÎN。满足：m

åk=1ik=n，且当k[0,]，ki=1,2,L,m时，kiÎ研究过各项系数后，我进一步的来讨论展开式有多少项的问题。如同我提出的二项式定理的第二种思路，于是该问题转化成下列问题：“把n个相同的小球放入m个盒子，且盒子可以是空的，问共有多少种不同的放法？”这个问题就回到了组合数的分组分配问题，我对空盒子的数量进行了下列的分类，并利用了归纳推理思想。第一种情况：当n³m时，则空盒子的数目可以取值为0,1,2,L ,m-1第二种情况：当n<m时，则空盒子的数目可以取值为m-nm-n+1,L ,m-1于是取r=max{0,m-n}，从而空盒子数量为rr+1,r+2,L ,m-1当只有个空盒子时，第一步选择个盒子是空的，有Cmr种空盒子选法；第二步，由于余下的非空盒子数量为m-r，故相当于把n个相同小球放入m-r不同的个盒子中，即在n-1个空挡放入m-r+1个挡板，有Cnmr-

-+1 1种方法，共有CCmrn

mr-

-+1 1项；当只有r+1个空盒子时，第一步选择r+1个盒子是空的，有C+m1种空盒子选法；第二步，由于余下的非空盒子数量为m-r-1，故余下的非空盒子相当于在n-1个空挡放入m-r-2个挡板，有Cnmr-

--1 2种方法，共有Cm r+1Cn mr-

--1 2项；当只有r+2个空盒子时，第一步选择r+2个盒子是空的，有C+m2种空盒子选法，第二步，由于余下的非空盒子数量为m-r-2，故余下的非空盒子相当于在n-1个空挡放入m-r-3个挡板，有Cnmr-

--1 3种方法，共有Cm r+2Cn mr-

--1 3中项；……；依此类推可得:当只有k个空盒子时，共有CCmkmk-1项；n-1……；当只有m-1个空盒子时，共有Cm-1C01项。NnÎN)的展开式项数为mn-综上所述：多项式(a1+a2+×××+am)

n(m³2,n³1,mÎCCmrmr--1+Cmr+1Cmr--2+L+CCmkmk-1+L+Cm-1Cn0-1，其中r=max{0,m-n}n-1n-1n-1m可简记为：m-1=åCCmrn

mr-

--11+Cmr+1Cmr--2+L+CCmkmk-1+L+Cm-1C01m-1=åkrCCmkmk-1n-1n-1mn-n-1故而(a1+a2+×××+am)

n(m³2,n³1,mÎNnÎN)的展开式项数为CCmkn

mk-1-1。下面证明：事实上，我们观察这个通式m-1åkrCCmkmk-1=Cm-11CCmkn

mk-1-1k=rr+1,Lm-1)n-1nm+-CCmkn

mk-1-1，并注意到Cnmm+-

-11是一个超几何分布的概率问题。 于是我就构造这样一个超几何分布问题：

现在有n+-1件产品，其中含有m件次品，随机的从中不放回的取出m-1件产品。记随机变量X为取到的次品个数，于是X满足超几何分布，且其分布列可表示为PX=k)= CC C m k

nmm+-

n - mk 1

-

1 1-1(k=rr+1,Lm-1)，其中r=max{0,m-n}从而由离散型随机变量分布列的性质可知：m-1åPX=k)m-1=åCCmkn

mk-1-1=1krkrCnmm+-

-11故而从而m-1åkrCCmkn

mk-1-1=Cnmm+-

-11m-1åkrCCmkmk-1=Cm-11n-1nm+-得证。于是有以下的结论：定理：多项式(a1+a2+×××+am)

n(m³2,n³1,mÎNnÎN)的展开式为ö

÷÷øn æni1

ååi1=0çèi2=0Læni1-Liççè i

åk=0k-1æççLèæni1-Lim-ç åè im=01æ nçèiii1,,,...,2 3imö÷a1i1øga2i2gLgamimö

÷Løöö÷÷ø

÷÷ø

L其展开式的项数为Cm-11，且该多项式的展开式的通项为nm+-æ nimö÷a1i1øga2i2gLgammi或n!!a1i1ga2i2gLgammiçèiii1,,,...,2 3ii1!!2gLgmN。其中ii1,,2×××满足：m

åk=1ik=n，且当k=1,2,L,m时，kiÎ[0,]，kiÎ四、解题应用

下面将使用该定理解决展开式某项系数或某些项的问题。例1求æxçè2+2-18

ö÷的展开式中的常数项øx解：æxçè2+2-18

ö÷展开式通项为øxæ 8çèiii1 2 3ö÷ç÷çæöi1

g

æøèøè2i2ö÷øg()i3= 8! g2i2iii1!!!2 3g()i3i-i2，-i1gx12x其中i1++=2 3 8且iii=1 2 3 0,1,2,...,8。令i-1i2=0可得i=1 i22，即ìi3i2=2i1，于是可解得(,,)1 2 3的所有可能为2í

î=-3i1(0,0,8),(1,2,5),(2,4,2)且通项可化简为变为8!gg()

833)!1i1gx0=8!gg()83i1i1!(2)!(81-i1!(2)!(81-3)!1又1=0;i1=1;i1=2从而常数项为8! 8gg()0!0!8!8! 5+ gg()1!2!5!8! 2+ gg()2!4!2!=-13361680=1345例2求æx2-x-2-16ö的展开式中的含2x的系数。ç

è3x÷ø解：其展开项为æ 6çèiiii1 2 3 4ö i1÷()øæ-xi

öæ÷çg-øè2i3

ö

÷øg()i4i2=

iiii1!!!!2

6!3 4 gæö ç÷ èø2i3g()i2++3 i4gx2i1+-2i3ç

è3x其中iiii=1 2 3 4 0,1,2,...,6且i1+++=2 3 4 8。令2i1+-2i3=2，下面讨论(,,,)1 2 3 4的取值问题。当i=1 0时i2-i3=2，于是结合i2++=3 4 6，故而ìíîi3=-22。i4=-2i2此时(,,,)1 2 3 4的所有可能为(0,2,0,4),(0,3,1,2),(0,4,2,0)此时通项可化简变为6!i2gæö2i3g()i2++3 i4gx2i1+-2i3=6!i2gæö2i2-2gx2iiii1!!!!2 3 4 ç÷ èøi2!(i2-2)!(8-2)!2 ç÷ èø又因为2=2;i2=3;i2=4故而此时有22!0!4! 6! gæö ç÷ èø203+ 3!1!2! 6! gæö ç÷ èø214+ 4!2!0! 6! gæö ç÷ èø22 15=9 120+27 60+81 185

=27当i=1 1时i2-i3=0，结合i2++=3 4 5，故而ìíîi4i3=i2。=-2i2此时(,,,)1 2 3 4的所有可能为(1,0,0,5),(1,1,1,3),(1,2,2,1)此时通项可化简变为i2iiii1!!!!2

6!3 4

gæöç÷

èø2i3g()i2++3 i4gx2i1+-2i3=-6!i2gæö2i2gx2ii2!!(52-2)!2 ç÷ èø又因为2=0;i2=1;i2=2故而此时有-00!0!5! 6! gæö ç÷ èø20-11!1!3! 6! gæö ç÷ èø 21-22!2!1! 6! gæö ç÷ èø22=-6-80-80=-166当i=1 2时i2-i3=-2，结合i2++=3 4 4，故而ìíîi3=+2 2。i4=-2i2此时(,,,)1 2 3 4的所有可能为(2,0,2,2),(2,1,3,0)此时通项可化简变为i2iiii1!!!!2

6!3 4

gæöç÷

èø2i3g()i2++3 i4gx2i1+-2i3=6!i2gæö2i2+2gx22!!(2 i2+2)!(2-2)!2 ç÷ èø又因为2=0;i2=1故而此时有02!0!2!2! 6! gæö ç÷ èø201+ 2!1!3!0! 6! gæö ç÷ èø 23=90160=250当i³13时i2-i3£-4，而i2++£3 43，从而(,,,)1 2 3 4没有任何可能。综上所述：含2x的项的系数为185-166+250 185=27+84=24532727例3求æç

èx+312-2nö÷ø的展开式有21项，求其展开式中所有的有理项。x解：æç

èx+