从二项式定理到多项式定理 (2)

2020-06-17

连结：从二项式定理到多项式定理(1)

在〈从二项式定理到多项式定理(1)〉中提到 \((x+y)^3\) 的 \(x^2y^1\) 项是如何产生呢？由于 \({\left( {x + y} \right)^3} = \left( {x + y} \right)\left( {x + y} \right)\left( {x + y} \right)\)，故可看成在三个 \((x+y)\) 括号中，二个选 \(x\) 一个选 \(y\) 相乘而得，如此选取的方法数为 \(C_1^3\)，所以 \(x^2y^1\) 项的係数是 \(C_1^3=3\)。

不过，也可换个方式来看 \(x^2y^1\) 项的产生。如图一所示，选取二个选 \(x\)、一个 \(y\) 后，其情形等同于 \(2\) 个 \(x\) 与 \(1\) 个 \(y\) 的不尽相异物直线排列。因此，\(2\) 个 \(x\)、\(1\) 个 \(y\) 的直线排列可产生 \(x^2y^1\) 项，这样的排列方法数为 \(\frac{3!}{1!2!}=3=C_1^3\)，故 \(x^2y^1\) 项的係数是 \(C_1^3=3\)。

图一\(~~~(x+y)^3\) 部分集项示意图

进一步，「不尽相异物直线排列」的看法让我们可以将 \((x+y)^n\) 推广到形如 \({({x_1} + {x_2} +\cdots+ {x_m})^n}\) 的多项式定理(Multinomial Theorem)。

还是由 \((x+y+z)^3\) 说起，同样的，\((x+y+z)^3\) 是 \((x+y+z)\) 连乘三次，即 \((x+y+z)(x+y+z)(x+y+z)\)，易知\((x+y+z)^3\) 的展开式会有

\({x^3},{y^3},{z^3},{x^2}y,{x^2}z,{y^2}x,{y^2}z,{z^2}x,{z^2}y,xyz\)

共计 \(H_3^3 = C_3^5 = 10\) 种类型的齐次项。

每项仍是这三个括号中，选取不同数量的 \(x\) 或 \(y\) 或 \(z\) 相乘而得，每项的係数一样对应到选取的方法数。如图二所示，\(x^2y(=x^2y^1z^0)\) 项可视为三个括号中，\(2\) 个选 \(x\)、\(1\) 个选 \(y\)、\(0\) 个选 \(z\)，做不尽相异物的直线排列，方法数为 \(\frac{3!}{2!1!0!}=3\)。因此，\(x^2y\) 项的係数为 \(3\)。

同理，\(xyz(=x^1y^1z^1)\) 项则是三个括号中，\(1\) 个选 \(x\)、\(1\) 个选 \(y\)，\(1\) 个选 \(z\)，做不尽相异物的直线排列，方法数为 \(\frac{3!}{1!1!1!}=6\)，故 \(xyz\) 的係数为 \(6\)。

图二\(~~~(x+y+z)^3\) 部份集项示意图

因此，\((x+y+z)^3\) 的展开式为

\(\begin{array}{ll} (x + y + z)^3 &= {x^3} + {y^3} + {z^3} + \frac{{3!}}{{2!1!0!}}{x^2}{y^1}{z^0} + \frac{{3!}}{{2!0!1!}}{x^2}{y^0}{z^1} + \frac{{3!}}{{1!2!0!}}{x^1}{y^2}{z^0} + \frac{{3!}}{{0!2!1!}}{x^0}{y^2}{z^1} + \frac{{3!}}{{1!0!2!}}{x^1}{y^0}{z^2} + \frac{{3!}}{{0!1!2!}}{x^0}{y^1}{z^2} + \frac{{3!}}{{1!1!1!}}{x^1}{y^1}{z^1} \\&=\sum\limits_{ a + b + c = 3 \atop 0 \le a,b,c \le 3}^{}{\frac{{3!}}{{a!b!c!}}{x^a}{y^b}{z^c}}\end{array}\)

虽然式子看来繁複些，但係数的规律与二项式定理并无二致。
只是超过二项，无法只用组合数 \(C\) 来表示。

仿照上述看法，不难类推出形如 \((x_1+x_2+\cdots+x_m)^n\) 展开式中的各项係数与其展开式，

\(({x_1} + {x_2} +\cdots+ {x_m})^n= \sum\limits_{{k_1} + {k_2} + \cdots + {k_m} = n \atop 0 \le {k_1},{k_2},\cdots,{k_m} \le n} {\frac{{n!}}{{{k_1}!{k_2}! \cdots {k_m}!}}{x_1}^{{k_1}}{x_2}^{{k_2}}\cdots{x_m}^{{k_m}}}\)

其中 \(\frac{{n!}}{{{k_1}!{k_2}! \cdots {k_m}!}}{x_1}^{{k_1}}{x_2}^{{k_2}} \cdots {x_m}^{{k_m}}\) 称为展开式的一般项。

实际操作一遍，比较能掌握符号的意义，试试 \((x+y+z)^4\) 的展开式，
共有 \(H_4^3=C_4^6=15\) 项

\(\begin{array}{ll}{(x + y + z)^4} &= \frac{{4!}}{{4!0!0!}}{x^4}{y^0}{z^0} + \frac{{4!}}{{0!4!0!}}{x^0}{y^4}{z^0} + \frac{{4!}}{{0!0!4!}}{x^0}{y^0}{z^4} + \frac{{4!}}{{3!1!0!}}{x^3}{y^1}{z^0} + \frac{{4!}}{{3!0!1!}}{x^3}{y^0}{z^1} + \frac{{4!}}{{1!3!0!}}{x^1}{y^3}{z^0} + \frac{{4!}}{{0!3!1!}}{x^0}{y^3}{z^1} + \frac{{4!}}{{1!0!3!}}{x^1}{y^0}{z^3} + \frac{{4!}}{{0!1!3!}}{x^0}{y^1}{z^3} + \frac{{4!}}{{2!2!0!}}{x^2}{y^2}{z^0} + \frac{{4!}}{{2!0!2!}}{x^2}{y^0}{z^2}+ \frac{{4!}}{{0!2!2!}}{x^0}{y^2}{z^2} + \frac{{4!}}{{2!1!1!}}{x^2}{y^1}{z^1} + \frac{{4!}}{{1!2!1!}}{x^1}{y^2}{z^1}+\frac{{4!}}{{1!1!2!}}{x^1}{y^1}{z^2}\\&= {x^4} + {y^4} + {z^4} + 4{x^3}y + 4{x^3}z + 4x{y^3} + 4{y^3}z + 4x{z^3} + 4y{z^3} + 6{x^2}{y^2} + 6{x^2}{z^2} + 6{y^2}{z^2} + 12{x^2}yz + 12x{y^2}z + 12xy{z^2}\end{array}\)

当全部展开时，式子相当庞杂，但其规律不难掌握！相信再耐心看个几遍应能渐入佳境。最好的测试，就是计算看看 \((x+3y-z)^6\) 展开式中 \(x^2yz^3\) 项的係数，希望你/妳能得出答案为 \(-180\)。