从二项式定理到多项式定理 (1)

2020-06-17

国中时学到乘法公式 \({(x + y)^2} = {x^2} + 2xy + {y^2}\)，\({(x + y)^3} = {x^3} + 3{x^2}y + 3x{y^2} + {y^3}\)，就在猜想 \({(x + y)^4},{(x + y)^5},\cdots,{(x + y)^n}\) 展开后的模样。透过比对可看出 \((x+y)^n\) 的各项都是齐次，也就是说，展开的各项 \(x^ay^b\) 都会满足 \(a+b=n\)。

因此，只要能掌握各项係数的规则，任意的自然数 \(n\)，我们便能将 \((x+y)^n\) 的各项依 \(x\) 或 \(y\) 的升幂或降幂排出。国中老师採用的方法是将巴斯卡三角形画出(图一)，一一对应，只要足够耐心，就能达到任意的自然数 \(n\)。

图一\(~~~\)巴斯卡三角形

这个关于 \((x+y)^n\) 展开式每项係数的规则，就是初等代数中重要的二项式定理（Binomial Theorem）。事实上，透过排列组合的相关知识，就能推论出 \((x+y)^n\) 展开式各项的係数规则。这也为何高中数学将二项式定理当成排列组合的一个应用。
首先，从 \((x+y)^3\) 的展开过程观察起。由于

\(\begin{array}{ll}{\left( {x + y} \right)^3} &= \left( {x + y} \right)\left( {x + y} \right)\left( {x + y} \right) \\&= xxx + xxy + xyx + yxx + xyy + yxy + yyx + yyy \\&= {x^3} + 3{x^2}y + 3x{y^2} + {y^3}\end{array}\)

换言之，\((x+y)^3\) 是 \((x+y)\) 连乘三次，即 \((x+y)(x+y)(x+y)\)。展开得到的各项相当于在每一个括号中，各选一个 \(x\) 或 \(y\) 作乘积而得。由于乘法可以交换，进一步能整理成 \(x^3,x^2y^1,x^1y^2,y^3\) 四种类型的项，而同类项的个数就是每项的係数。

也就是说，从这三个括号中，个别选取 \(x\) 或 \(y\) 来作乘积，其方法数就是每个对应项的係数。举例来说，如图二所示，\(x^2y^1\) 是三个括号中，\(2\) 个选 \(x\)，\(1\) 个选 \(y\)，它的方法有 \(C^3_1=3\) 种，故项係数可以组合数 \(C_1^3\) 表示。

图二\(~~~(x+y)^3\)集项示意图

因此，我们可依选取 \(y\) 的个数之规律，写出 \((x+y)^3\) 的展开式 (请注意式中红字的对应关係)

仿此作法，我们能类推出 \((x+y)^n\) 的展开式，同样请读者注意式中红字的对应关係：

因此，二项式定理为

对于任意正整数 \(n\)，我们有下列的二项展开式：

\(\begin{array}{ll}{\left( {x + y} \right)^n} &= C{\kern 1pt} _0^n{x^n} + C_1^n{x^{n – 1}}{y^1} +\cdots+ C{\kern 1pt} _r^n{x^{n – r}}{y^r} +\cdots+ C{\kern 1pt} _{n – 1}^n{x^1}{y^{n – 1}} + C{\kern 1pt} _n^n{y^n}{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}\\&= \sum\limits_{r = 0}^n {C{\kern 1pt} _r^n{x^{n – r}}{y^r}}\end{array}\)

 其中，形如 \(C_r^nx^{n-r}y^r\) 被称为展开式的一般项。

若将巴斯卡三角形重新用组合数写上一遍(如图三)，易知巴斯卡三角形的构造规则为 \(C_m^n = C_{m – 1}^{n – 1} + C_m^{n – 1}\)，\(1\le m\le n-1\)。这正是这个组合恆等式被称为巴斯卡定理的原因。事实上，我们也能用数学归纳法和巴斯卡定理证明二项式定理，有兴趣的读者不妨尝试看看。

图三\(~~~\)巴斯卡三角形中各项与组合数的对应

有了二项式定理，对于处理高次展开帮助甚大，比方说，多项式函数 \(f(x)=(1+x)^{10}\) 的展开式

\(f(x) = {(1 + x)^{10}} = C_0^{10} + C_1^{10}x + C_2^{10}{x^2} +\cdots+ C_{10}^{10}{x^{10}}\)

也使得形如 \((1.01)^{10}\) 的估计，除了利用对数取值查表，又多了一种方法，由于

\(\begin{array}{ll}{(1.01)^{10}} &= f(0.01) \\&= C_0^{10} + C_1^{10}(0.01) + C_2^{10}{(0.01)^2} +\cdots+ C_{10}^{10}{(0.01)^{10}}\end{array}\)

取前四项即可求值準确到小数点以下第三位，

\(C_0^{10} + C_1^{10}(0.01) + C_2^{10}{(0.01)^2} + C_3^{10}{(0.01)^3} \\= 1 + 10 \times (0.01) + 45 \times {(0.01)^2} + 120 \times {(0.01)^3} \\= 1 + 0.1 + 0.0045 + 0.00012 = 1.10462 \approx 1.1046\)

不过，若是变数超过二项，该如何处理呢？例如，\((x+y+z)^3\) 的展开式，我们可以这幺做

\(\begin{array}{ll}{(x + y + z)^3} &= {[(x + y) + z]^3} \\&= C_0^3{(x + y)^3} + C_1^3{(x + y)^2}z + C_2^3(x + y){z^2} + C_3^3{z^3} \\&= C_0^3(C_0^3{x^3} + C_1^3{x^2}y + C_2^3x{y^2} + C_3^3{y^3}) + C_1^3(C_0^2{x^2} + C_1^2xy + C_2^2{y^2})z + C_2^3(x + y){z^2} + C_3^3{z^3} \\&= {x^3} + {y^3} + {z^3} + 3{x^2}y + 3{x^2}z + 3x{y^2} + 3{y^2}z + 3x{z^2} + 3y{z^2} + 6xyz\end{array}\)

从过程来看，只要反覆运用二项式定理，还是能处理二项以上的展开式。但让人好奇的是，是否有类似二项展开的定理呢？有的，答案是多项式定理(Multinomial Theorem)。更让人兴奋的是，推论它的方法也和本文所谈的二项式定理相同。有兴趣的读者不妨尝试看看，我们将在〈从二项式定理到多项式定理(2)〉中揭晓。

连结：从二项式定理到多项式定理(2)