探究多項(xiàng)式的定理 探究 的展開式 論文

探究(a1+a2+×××+am)

n的展開式摘要：本文是從新教材人教A版（2019年）的選擇性必修三的第六章第三節(jié)的二項(xiàng)式定理中對二項(xiàng)式(a+b),(nn31,n?N)推導(dǎo)通項(xiàng)與項(xiàng)數(shù)的思想出發(fā)，聯(lián)想到從排列組合角度進(jìn)行思考，進(jìn)一步對多項(xiàng)式(a1+a2+×××+am)

n(m32,n31,m?Nn?N)的展開式通項(xiàng)及項(xiàng)數(shù)的探究得出定理。繼而用該定理及這個新的思路解決多項(xiàng)式(a1+a2+×××+am)

n(m32,n31,m?Nn?N)展開項(xiàng)含有某項(xiàng)的系數(shù)等問題。關(guān)鍵詞：展開式通項(xiàng)，展開式項(xiàng)數(shù)，推導(dǎo)思路一、問題的提出新教材人教A版（2019年）的選擇性必修三的第六章第三節(jié)的二項(xiàng)式定理中對二項(xiàng)式(a+b),(n n31,n? N)的展開式的思想如下：由于(a+b)n是n個(a+b)相乘，每個(a+b)中有兩種個選擇，選擇a或b，而且每個(a+b)中的a或b都被選定后，才能得到展開式的一項(xiàng)。因此，由分步計(jì)數(shù)原理可知，在合并同類項(xiàng)之前，(a+b)n的展開式共有2n項(xiàng)。其中每一項(xiàng)都是ankbk(k=0,1,L ,)的形式。對于每個kk=0,1,L ,)，對應(yīng)的項(xiàng)ankbk也是由n-k個(a+b)中選出a，另外k個(a+b)中選出b得到的。由于b選定后，a的選法也隨之確定，因此ankbk出現(xiàn)的次數(shù)相當(dāng)于從n個(a+b)中取k個b的組合數(shù)Cnk。這樣(a+b)n的展開式中，ankbk共有Cnk個，將他們合并同類項(xiàng)，就可以得到二項(xiàng)式展開式及其通項(xiàng)。于是提出這么一個問題：多項(xiàng)式(a1+a2+×××+am)

n(m32,n31,m?Nn?N)的展開式的通項(xiàng)及項(xiàng)數(shù)是什么呢？二、新的思路我們現(xiàn)在換一種思路：由于(a+b)n是n個(a+b)相乘，每個(a+b)中有兩種個選擇，選擇a或b，不妨設(shè)選擇a和b分別有iii1 2 1=0,1,Lni2=0,1,Ln)，此時i1+=2 n。在合并同類項(xiàng)之前，(a+b)n的展開式共有2n項(xiàng)。其中每一項(xiàng)都是abii2的形式，于是該項(xiàng)的系數(shù)為Ci1gCnii21 n!=ii1!!2=

i1n!i1)!=Ci1。n!(n-n下面討論(a+b)n(n31，n?N)展開式有多少項(xiàng)。由于iii1 2 1=0,1,Lni2=0,1,Ln)分別為a和b的個數(shù)。個數(shù)本身并沒有什么不同，從而該問題相當(dāng)于“把n個相同小球放置于a和b兩個盒子里，其中a和b分別有,ii1 2個”。①當(dāng)沒有空盒子時，從而把n個相同小球放入2不同的盒子中，共有CC20n-=-1項(xiàng)；②當(dāng)有1個空盒子時，從而把n個相同小球放入不同的個盒子，共有CC-=2項(xiàng)；綜合①②可得：展開式共有n+1項(xiàng)。三、(a1+a2+×××+am)

n展開式現(xiàn)在我嘗試從這個角度去探究求(a1+a2+×××+am)

n(m32,n31,m?Nn?N)的展開式的通項(xiàng)及項(xiàng)數(shù)。由于(a1+a2+×××+am)是n個(a1+a2+×××+am)相乘，每個(a1+a2+×××+am) n中有m個選擇，可以選擇aa1 2,×××am中任何一個，而且每個(a1+a2+×××+am)中的aa1 2,×××am全部都被選定后，才能得到展開式的一項(xiàng)。不妨設(shè)選擇的aa1 2,×××am分別為ii1,,2 ××× 個，于是有i1++×××+2 im=n在合并同類項(xiàng)之前(a1+a2+×××+am)

n的展開式共有mn項(xiàng)。其中展開式的每一項(xiàng)都是a1i1ga2i2gLgakikgLgamim的形式。ii1,,2于是相當(dāng)于把n個小球分配給aa1 2,×××am，且aa1 2,×××am的個數(shù)分別為×××，于是該項(xiàng)的系數(shù)為Ci1gCnii21gCi3-i2gLgCik-i2gLgCim-i2-L-im-1。nni1ni1-L-ik-1ni1即可以利用組合數(shù)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!我將上述式子簡記為? n?èiii1,,,...,m?

÷，從而可得?? n?èiii1,,,...,2 3im?=÷? ii1!!2gLg n!m!因此我得到多項(xiàng)式(a1+a2+×××+am)

n(m32,n31,m?Nn?N)的展開式的通項(xiàng)為：n!ai1gai2gLgami或? n?èiii1,,,...,2 3?÷a1i1?gai2gLgammi其中ii1,,2×××ii1!!2gLgm!12mim2?N。滿足：m

?k=1ik=n，且當(dāng)k[0,]，ki=1,2,L,m時，ki?研究過各項(xiàng)系數(shù)后，我進(jìn)一步的來討論展開式有多少項(xiàng)的問題。如同我提出的二項(xiàng)式定理的第二種思路，于是該問題轉(zhuǎn)化成下列問題：“把n個相同的小球放入m個盒子，且盒子可以是空的，問共有多少種不同的放法？”這個問題就回到了組合數(shù)的分組分配問題，我對空盒子的數(shù)量進(jìn)行了下列的分類，并利用了歸納推理思想。第一種情況：當(dāng)n3m時，則空盒子的數(shù)目可以取值為0,1,2,L ,m-1第二種情況：當(dāng)n<m時，則空盒子的數(shù)目可以取值為m-nm-n+1,L ,m-1于是取r=max{0,m-n}，從而空盒子數(shù)量為rr+1,r+2,L ,m-1當(dāng)只有個空盒子時，第一步選擇個盒子是空的，有Cmr種空盒子選法；第二步，由于余下的非空盒子數(shù)量為m-r，故相當(dāng)于把n個相同小球放入m-r不同的個盒子中，即在n-1個空擋放入m-r+1個擋板，有Cnmr-

-+1 1種方法，共有CCmrn

mr-

-+1 1項(xiàng)；當(dāng)只有r+1個空盒子時，第一步選擇r+1個盒子是空的，有C+m1種空盒子選法；第二步，由于余下的非空盒子數(shù)量為m-r-1，故余下的非空盒子相當(dāng)于在n-1個空擋放入m-r-2個擋板，有Cnmr-

--1 2種方法，共有Cm r+1Cn mr-

--1 2項(xiàng)；當(dāng)只有r+2個空盒子時，第一步選擇r+2個盒子是空的，有C+m2種空盒子選法，第二步，由于余下的非空盒子數(shù)量為m-r-2，故余下的非空盒子相當(dāng)于在n-1個空擋放入m-r-3個擋板，有Cnmr-

--1 3種方法，共有Cm r+2Cn mr-

--1 3中項(xiàng)；……；依此類推可得:當(dāng)只有k個空盒子時，共有CCmkmk-1項(xiàng)；n-1……；當(dāng)只有m-1個空盒子時，共有Cm-1C01項(xiàng)。Nn?N)的展開式項(xiàng)數(shù)為mn-綜上所述：多項(xiàng)式(a1+a2+×××+am)

n(m32,n31,m?CCmrmr--1+Cmr+1Cmr--2+L+CCmkmk-1+L+Cm-1Cn0-1，其中r=max{0,m-n}n-1n-1n-1m可簡記為：m-1=?CCmrn

mr-

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

n(m32,n31,m?Nn?N)的展開式項(xiàng)數(shù)為CCmkn

mk-1-1。下面證明：事實(shí)上，我們觀察這個通式m-1?krCCmkmk-1=Cm-11CCmkn

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

mk-1-1，并注意到Cnmm+-

-11是一個超幾何分布的概率問題。 于是我就構(gòu)造這樣一個超幾何分布問題：

現(xiàn)在有n+-1件產(chǎn)品，其中含有m件次品，隨機(jī)的從中不放回的取出m-1件產(chǎn)品。記隨機(jī)變量X為取到的次品個數(shù)，于是X滿足超幾何分布，且其分布列可表示為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}從而由離散型隨機(jī)變量分布列的性質(zhì)可知：m-1?PX=k)m-1=?CCmkn

mk-1-1=1krkrCnmm+-

-11故而從而m-1?krCCmkn

mk-1-1=Cnmm+-

-11m-1?krCCmkmk-1=Cm-11n-1nm+-得證。于是有以下的結(jié)論：定理：多項(xiàng)式(a1+a2+×××+am)

n(m32,n31,m?Nn?N)的展開式為?

÷÷?n ?ni1

??i1=0?èi2=0L?ni1-Li??è i

?k=0k-1???Lè?ni1-Lim-? ?è im=01? n?èiii1,,,...,2 3im?÷a1i1?ga2i2gLgamim?

÷L???÷÷?

÷÷?

L其展開式的項(xiàng)數(shù)為Cm-11，且該多項(xiàng)式的展開式的通項(xiàng)為nm+-? nim?÷a1i1?ga2i2gLgammi或n!!a1i1ga2i2gLgammi?èiii1,,,...,2 3ii1!!2gLgmN。其中ii1,,2×××滿足：m

?k=1ik=n，且當(dāng)k=1,2,L,m時，ki?[0,]，ki?四、解題應(yīng)用

下面將使用該定理解決展開式某項(xiàng)系數(shù)或某些項(xiàng)的問題。例1求?x?è2+2-18

?÷的展開式中的常數(shù)項(xiàng)?x解：?x?è2+2-18

?÷展開式通項(xiàng)為?x? 8?èiii1 2 3?÷?÷???i1

g

??è?è2i2?÷?g()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的所有可能為2í

?=-3i1(0,0,8),(1,2,5),(2,4,2)且通項(xiàng)可化簡為變?yōu)?!gg()

833)!1i1gx0=8!gg()83i1i1!(2)!(81-i1!(2)!(81-3)!1又1=0;i1=1;i1=2從而常數(shù)項(xiàng)為8! 8gg()0!0!8!8! 5+ gg()1!2!5!8! 2+ gg()2!4!2!=-13361680=1345例2求?x2-x-2-16?的展開式中的含2x的系數(shù)。?

è3x÷?解：其展開項(xiàng)為? 6?èiiii1 2 3 4? i1÷()??-xi

??÷?g-?è2i3

?

÷?g()i4i2=

iiii1!!!!2

6!3 4 g?? ?÷ è?2i3g()i2++3 i4gx2i1+-2i3?

è3x其中iiii=1 2 3 4 0,1,2,...,6且i1+++=2 3 4 8。令2i1+-2i3=2，下面討論(,,,)1 2 3 4的取值問題。當(dāng)i=1 0時i2-i3=2，于是結(jié)合i2++=3 4 6，故而ìí?i3=-22。i4=-2i2此時(,,,)1 2 3 4的所有可能為(0,2,0,4),(0,3,1,2),(0,4,2,0)此時通項(xiàng)可化簡變?yōu)?!i2g??2i3g()i2++3 i4gx2i1+-2i3=6!i2g??2i2-2gx2iiii1!!!!2 3 4 ?÷ è?i2!(i2-2)!(8-2)!2 ?÷ è?又因?yàn)?=2;i2=3;i2=4故而此時有22!0!4! 6! g?? ?÷ è?203+ 3!1!2! 6! g?? ?÷ è?214+ 4!2!0! 6! g?? ?÷ è?22 15=9 120+27 60+81 185

=27當(dāng)i=1 1時i2-i3=0，結(jié)合i2++=3 4 5，故而ìí?i4i3=i2。=-2i2此時(,,,)1 2 3 4的所有可能為(1,0,0,5),(1,1,1,3),(1,2,2,1)此時通項(xiàng)可化簡變?yōu)閕2iiii1!!!!2

6!3 4

g???÷

è?2i3g()i2++3 i4gx2i1+-2i3=-6!i2g??2i2gx2ii2!!(52-2)!2 ?÷ è?又因?yàn)?=0;i2=1;i2=2故而此時有-00!0!5! 6! g?? ?÷ è?20-11!1!3! 6! g?? ?÷ è? 21-22!2!1! 6! g?? ?÷ è?22=-6-80-80=-166當(dāng)i=1 2時i2-i3=-2，結(jié)合i2++=3 4 4，故而ìí?i3=+2 2。i4=-2i2此時(,,,)1 2 3 4的所有可能為(2,0,2,2),(2,1,3,0)此時通項(xiàng)可化簡變?yōu)閕2iiii1!!!!2

6!3 4

g???÷

è?2i3g()i2++3 i4gx2i1+-2i3=6!i2g??2i2+2gx22!!(2 i2+2)!(2-2)!2 ?÷ è?又因?yàn)?=0;i2=1故而此時有02!0!2!2! 6! g?? ?÷ è?201+ 2!1!3!0! 6! g?? ?÷ è? 23=90160=250當(dāng)i313時i2-i3￡-4，而i2++￡3 43，從而(,,,)1 2 3 4沒有任何可能。綜上所述：含2x的項(xiàng)的系數(shù)為185-166+250 185=27+84=24532727例3求??

èx+312-2n?÷?的展開式有21項(xiàng)，求其展開式中所有的有理項(xiàng)。x解：??

èx+