上一节把 $(a+b)^n$ 展开了，展开式的系数是一串组合数

$$\mathrm{C}_n^0,\ \mathrm{C}_n^1,\ \mathrm{C}_n^2,\ \dots,\ \mathrm{C}_n^k,\ \dots,\ \mathrm{C}_n^n,$$

叫做二项式系数。这一节做的事情很单纯：把 $a$、$b$ 全撇开，只研究这一串数本身。

课本给了三条性质（对称性、增减性与最大值、各系数的和），而这三条对应着三种「看法」—— 把它排成三角形看、把它当函数看、把它整体加起来看。看法换一次，规律就露出一条， 这也是本节最值得带走的方法论。

一、把这串数排成一张表：杨辉三角

课本的「探究」先让你算出 $n=1,2,\dots,6$ 的二项式系数填进表 6.3-1。算出来是这样：

课本接着说了一句话，值得抄下来记住：「表示形式的变化常常能帮助我们发现某些规律」。 把上表每行居中排（图 6.3-1），就成了那个著名的三角形，两件事立刻看得见：

• 两条腰全是 $1$：因为 $\mathrm{C}_n^0=\mathrm{C}_n^n=1$（一个都不取、全取，各只有一种取法）；
• 中间每个数等于它「肩上」两数之和：$2=1+1$、$3=1+2$、$6=3+3$，一般地

$$\mathrm{C}_n^r=\mathrm{C}_{n-1}^{r-1}+\mathrm{C}_{n-1}^{r}.$$

这条恒等式的证明印在本节后面的「数学探究：杨辉三角的性质与应用」里（用阶乘通分即可）， 它的组合意义更好记：从 $n$ 个元素里取 $r$ 个，先盯住其中某个特定元素—— 取它，剩下的 $r-1$ 个从另外 $n-1$ 个里取，有 $\mathrm{C}_{n-1}^{r-1}$ 种；不取它， $r$ 个全从另外 $n-1$ 个里取，有 $\mathrm{C}_{n-1}^{r}$ 种。两类不重不漏，加起来就是 $\mathrm{C}_n^r$。

这条递推的实用价值：小 $n$ 的二项式系数可以「加出来」，不必算组合数。 要写 $n=7$ 那一行， 把 $n=6$ 那行错位相加即得 $1,7,21,35,35,21,7,1$（练习第 3 题让你一路写到 $n=10$，就是练这个）。

二、性质 1：对称性

$$\mathrm{C}_n^m=\mathrm{C}_n^{n-m}$$

——与首末两端「等距离」的两个二项式系数相等。

• 代数上：这就是组合数公式的直接结论（上一小节学过的组合数性质）。
• 组合意义上：从 $n$ 个里挑 $m$ 个「进」，等价于挑 $n-m$ 个「留下」，挑法一一对应。
• 图形上：三角形每一行左右对称；写成函数（见第五段）就是直线 $r=\dfrac n2$ 为对称轴。

它最常见的两种用法：

1. 把上标压小再算：$\mathrm{C}_{20}^{18}=\mathrm{C}_{20}^{2}=190$，别去算 $18$ 个因数的积。
2. 由「两个二项式系数相等」反解 $n$：$\mathrm{C}_n^s=\mathrm{C}_n^t$ 且 $s\ne t$， 则必有 $s+t=n$。习题 6.3 第 8 题（第 4 项与第 8 项的二项式系数相等）就是这么解的： 第 $4$ 项对应 $k=3$、第 $8$ 项对应 $k=7$，于是 $n=3+7=10$。

三、性质 2：增减性与最大值

这一条的全部力气都在「相邻两项之比」上。 把组合数写成连乘的形式：

$$\mathrm{C}_n^k=\frac{n(n-1)\cdots(n-k+2)(n-k+1)}{(k-1)!\,k}=\mathrm{C}_n^{k-1}\cdot\frac{n-k+1}{k},$$

也就是

$$\frac{\mathrm{C}_n^k}{\mathrm{C}_n^{k-1}}=\frac{n-k+1}{k}\qquad(1\le k\le n).$$

比值与 $1$ 比大小，增减性当场读出：

$$\frac{n-k+1}{k}>1\iff n-k+1>k\iff k<\frac{n+1}{2},$$

所以 $k<\dfrac{n+1}2$ 时 $\mathrm{C}_n^k$ 随 $k$ 增大而增大；由对称性，$k>\dfrac{n+1}2$ 时随 $k$ 增大而减小。这一串数是先增后减的单峰，峰在中间：

$n$ 为奇数时那两项为什么恰好相等？因为此时 $k=\dfrac{n+1}2$ 处的比值 $\dfrac{n-k+1}{k}=1$——比值等于 $1$，就是「持平」，不增不减。

一个必须分清的边界：这里说的是「二项式系数」最大，不是「项的系数」最大。 $(a+b)^n$ 的第 $k+1$ 项是 $\mathrm{C}_n^k a^{n-k}b^k$，它的系数还带着 $a$、$b$ 里的数值因子。 $\left(1-2x\right)^{n}$ 的二项式系数照样在中间最大，但各项系数还乘了 $(-2)^k$， 连正负都在变——这时要比大小，得把 $(-2)^k$ 一起算进去。只有像 $(1+x)^{2n}$ 这种 $a=b=1$ 的情形，两者才重合（复习参考题 6 第 1(7) 题问的正是它，答案是第 $n+1$ 项）。

四、性质 3：各二项式系数的和 $=2^n$，以及「赋值法」

从展开式

$$(1+x)^n=\mathrm{C}_n^0+\mathrm{C}_n^1x+\mathrm{C}_n^2x^2+\dots+\mathrm{C}_n^nx^n$$

出发，令 $x=1$：

$$2^n=\mathrm{C}_n^0+\mathrm{C}_n^1+\mathrm{C}_n^2+\dots+\mathrm{C}_n^n .$$

这就是「各二项式系数的和等于 $2^n$」。它的组合解释一句话：$n$ 元集合的子集， 按元素个数分类数，就是 $\mathrm{C}_n^0+\mathrm{C}_n^1+\dots+\mathrm{C}_n^n$； 而每个元素「要或不要」独立选一次，共 $2^n$ 个子集——练习第 4 题就是这件事。

例 3 用的是同一招，只换了一个赋值。 要证「奇数项的二项式系数和 $=$ 偶数项的二项式系数和」， 在

$$(a+b)^n=\mathrm{C}_n^0a^n+\mathrm{C}_n^1a^{n-1}b+\mathrm{C}_n^2a^{n-2}b^2+\dots+\mathrm{C}_n^nb^n$$

中令 $a=1$、$b=-1$，左边成了 $(1-1)^n=0$，右边成了交错和，于是

$$\bigl(\mathrm{C}_n^0+\mathrm{C}_n^2+\mathrm{C}_n^4+\dots\bigr)-\bigl(\mathrm{C}_n^1+\mathrm{C}_n^3+\mathrm{C}_n^5+\dots\bigr)=0 .$$

两类系数的和是 $2^n$、差是 $0$，所以各自都等于 $2^{n-1}$。 （练习第 2 题要的就是这个 $2^{n-1}$。它把结论写成 $\mathrm{C}_n^0+\mathrm{C}_n^2+\dots+\mathrm{C}_n^n$ 并注明「$n$ 是偶数」，原因只是写法：这一串以 $\mathrm{C}_n^n$ 收尾， 只有 $n$ 为偶数时 $n$ 才是偶数下标；$n$ 为奇数时同样的结论要写成 $\mathrm{C}_n^0+\mathrm{C}_n^2+\dots+\mathrm{C}_n^{n-1}=2^{n-1}$。）

把这一招抽出来，就是整章最实用的「赋值法」：

课本的脚注②点出了这招为什么合法：$(a+b)^n$ 的恒等式里，$a$、$b$ 可以取任意实数，甚至可以取多项式。 所以「代一个数进去」不是技巧，是恒等式的必然权利——需要什么和， 就设计一组 $(a,b)$ 让不想要的项自己抵消。

五、第三种看法：把 $\mathrm{C}_n^r$ 当函数

课本还提供了函数视角：固定 $n$，把 $\mathrm{C}_n^r$ 看成以 $r$ 为自变量的函数 $f(r)$， 定义域是 $\{0,1,2,\dots,n\}$。$n=6$ 时它的图象是7 个离散点（图 6.3-2）， 不是一条连续曲线——这一点在答题时要留意：这里的「增减性」是数列意义上的， 说的是相邻两点谁高谁低，不能对它求导、也不该把点连成线去谈单调区间。

画出 $n=7,8,9$ 的图象（探究第 (2) 问）会看到同一副面孔：关于 $r=\dfrac n2$ 对称、先升后降、峰在中间。 三条性质到这里合成了一幅图：对称性是左右对称， 增减性是登山再下山，各系数之和是全部点的高度加起来 $=2^n$。

六、易错清单

按失分频率排：

1. 把「二项式系数最大」当成「项的系数最大」。 判据见第三段末：系数里还有 $a$、$b$ 的数值因子。
2. 项号与上标错位。 第 $k+1$ 项的二项式系数是 $\mathrm{C}_n^k$；「第 $4$ 项」对应 $k=3$。
3. $n$ 为奇数时说「中间一项最大」。 是中间两项且相等，两个都得写。
4. 「奇数项的二项式系数」指项的序号是奇数（即 $\mathrm{C}_n^0,\mathrm{C}_n^2,\dots$）， 不是上标为奇数。序号与上标永远差 $1$，读题时把它翻译清楚再动手。
5. 赋值时漏掉字母前的系数。 $(1-2x)^n$ 各项系数之和是 $(-1)^n$ 而不是 $2^n$； $2^n$ 只是它的二项式系数之和。
6. 用比值判增减时忘了 $k$ 的范围。 $\dfrac{\mathrm{C}_n^k}{\mathrm{C}_n^{k-1}}=\dfrac{n-k+1}{k}$ 要求 $1\le k\le n$，端点之外没有「前一项」可比。

七、这一节考过的真题（怎么用它）

页面下方「考过本节的真题」是构建期派生的完整清单。这里只讲一道，因为它把本节 「各项都是正的、想放缩就截前几项」这件事用在了一个意想不到的地方。

2019 年浙江卷第 10 题：$a_1=a$、$a_{n+1}=a_n^2+b$，问 $b$ 取哪个值时对任意 $a$ 都有 $a_{10}>10$。 标准解法要证的是 $b=\dfrac12$ 那一支，最后一步落在

$$a_{10}>\Bigl(1+\frac1{16}\Bigr)^{64}$$

上——这个数没法手算，但二项式展开的每一项都是正的，于是取前三项就是一个合法下界：

$$\Bigl(1+\frac1{16}\Bigr)^{64}>1+\mathrm{C}_{64}^{1}\cdot\frac1{16}+\mathrm{C}_{64}^{2}\cdot\frac1{16^2} =1+4+7.875>10 .$$

这就是二项式定理在估值题里的标准用法：不求和，只截取。截几项由目标决定—— 要过 $10$，截到第三项刚好够；截两项只得 $5$，不够。

本节的另一类真题是「求某项 / 常数项」，那考的是上一小节的通项公式 （如 2019 年浙江卷第 13 题、2018 年浙江卷第 14 题），做法见 §6.3 二项式定理那一份讲解的第四段三步法。

这一节的页（第 36–48 页）上印着四批题，本份全收，共 30 道：

• 第 36 页「练习」5 道——它们考的是上一小节 §6.3 的二项式定理与通项，但印在第 36 页上， 而第 36 页属于本节目录，所以归这一份（§6.3 那一份只有讲解，它的三页上没有印练习）；
• 第 39 页「练习」4 道，正是本小节的二项式系数性质；
• 第 39–40 页「习题 6.3」11 道；
• 第 42–43 页「复习参考题 6」10 道。它是全章的复习题，其中一大半（第 1、2、3、4、7、8 题） 考的是计数原理、排列与组合（§6.1–§6.2），不属于本节主题；但一道题只能落在印它那几页所在的 目录里，所以照样在这里收齐。

不收的是三处没有唯一解答的开放材料：第 41–42 页「小结·回顾与思考」的 5 个问题、 第 44–47 页「数学探究：杨辉三角的性质与应用」的探究活动，以及习题 6.3 第 11 题的第 (2) 问 （查阅史料并撰写过程）。它们要的是写作与查阅，不是可复核的解答——第 11 题的第 (1) 问是 实打实的数学推广，照收。

本站解答没有官方答案可比（人教A版学生用书不含答案），所以每道题都过了一次独立 verifier 的复核。 每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

练习（第 36 页）第 1 题

1. 写出 $(p+q)^{5}$ 的展开式.

直接套二项式定理，$n=5$、$a=p$、$b=q$，二项式系数是杨辉三角第 5 行 $1,5,10,10,5,1$：

$$(p+q)^{5}=p^{5}+5p^{4}q+10p^{3}q^{2}+10p^{2}q^{3}+5pq^{4}+q^{5}.$$

自检：共 $6$ 项（$n+1=6$）✓；每项的次数都是 $5$（$p$ 的指数从 $5$ 降到 $0$、$q$ 的从 $0$ 升到 $5$）✓； 系数左右对称 ✓；令 $p=q=1$ 得 $2^{5}=32$，而 $1+5+10+10+5+1=32$ ✓。

这道题的动作：把 $n+1$ 个二项式系数先写出来（小 $n$ 直接用杨辉三角，不必算组合数）， 再给每一项配上降幂/升幂。

练习（第 36 页）第 2 题

2. 求 $(2a+3b)^{6}$ 的展开式的第3项.

通项是 $T_{k+1}=\mathrm{C}_6^k(2a)^{6-k}(3b)^k$。第 $3$ 项对应 $k=2$（项号比 $k$ 大 $1$）：

$$T_{3}=\mathrm{C}_6^{2}(2a)^{4}(3b)^{2}=15\times16a^{4}\times9b^{2}=2160a^{4}b^{2}.$$

自检：$\mathrm{C}_6^2=15$，$2^4=16$，$3^2=9$，$15\times16\times9=2160$ ✓；次数 $4+2=6$ ✓。

这道题的动作：$2$ 与 $3$ 是系数，必须整体代进括号的幂——写成 $15a^4b^2$ 是最常见的错。

练习（第 36 页）第 3 题

3. 写出 $\left(\sqrt[3]{x} - \frac{1}{2\sqrt[3]{x}}\right)^n$ 的展开式的第 $r + 1$ 项.

先把两项都化成 $x$ 的幂：$\sqrt[3]{x}=x^{\frac13}$，$-\dfrac{1}{2\sqrt[3]{x}}=-\dfrac12x^{-\frac13}$。 于是第 $r+1$ 项（取 $k=r$）为

$$T_{r+1}=\mathrm{C}_n^{r}\left(x^{\frac13}\right)^{n-r}\left(-\frac12x^{-\frac13}\right)^{r} =(-1)^{r}\frac{1}{2^{r}}\mathrm{C}_n^{r}\,x^{\frac{n-r}{3}-\frac r3} =(-1)^{r}\frac{\mathrm{C}_n^{r}}{2^{r}}\,x^{\frac{n-2r}{3}} .$$

其中 $0\le r\le n$、$r\in\mathbf{N}$（$x>0$ 时上式各步都有意义）。

自检：令 $r=0$ 得 $x^{\frac n3}=\left(\sqrt[3]{x}\right)^n$，正是首项 ✓；令 $r=n$ 得 $(-1)^n\dfrac{1}{2^n}x^{-\frac n3}$，正是末项 $\left(-\dfrac{1}{2\sqrt[3]{x}}\right)^n$ ✓。

这道题的动作：负号与 $\dfrac12$ 都要整体进 $b^r$，指数则合并成一个关于 $r$ 的一次式 $\dfrac{n-2r}{3}$——后面凡是「求常数项/某次项」的题，都是解这个一次式等于目标次数。

练习（第 36 页）第 4 题

4. $(x - 1)^{10}$ 的展开式的第6项的系数是（）.（A） $\mathrm{C}_{10}^{6}$ （B） $-\mathrm{C}_{10}^{6}$ （C） $\mathrm{C}_{10}^{5}$ （D） $-\mathrm{C}_{10}^{5}$

把 $(x-1)^{10}$ 看成 $\bigl(x+(-1)\bigr)^{10}$，通项 $T_{k+1}=\mathrm{C}_{10}^{k}x^{10-k}(-1)^{k}$。 第 $6$ 项对应 $k=5$：

$$T_{6}=\mathrm{C}_{10}^{5}x^{5}(-1)^{5}=-\mathrm{C}_{10}^{5}x^{5},$$

所以第 $6$ 项的系数是 $-\mathrm{C}_{10}^{5}$，选 (D)。

自检：$k=5$ 为奇数，符号必为负，(A)(C) 当场排除；上标应是 $k=5$ 而不是项号 $6$，(B) 排除 ✓。

这道题的动作：这道题专考两个错位——项号与上标差 $1$、负号跟着 $(-1)^k$ 走。

练习（第 36 页）第 5 题

5. 在 $(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)$ 的展开式中，含 $x^{4}$ 的项的系数是____.

五个因式相乘，展开后每一项由「每个括号各取一项」得到。要得到 $x^{4}$， 必须恰好四个括号取 $x$、剩下一个括号取常数，这个常数就贡献了系数：

$$(-1)+(-2)+(-3)+(-4)+(-5)=-15 .$$

所以 $x^{4}$ 的系数是 $\boxed{-15}$。

自检：换一个角度核——$(x-1)\cdots(x-5)$ 是首一五次多项式，它的根是 $1,2,3,4,5$， 由根与系数的关系，$x^{4}$ 的系数等于根之和的相反数，即 $-(1+2+3+4+5)=-15$ ✓。

这道题的动作：因式不同时别硬套二项式定理，回到「每个括号各取一项」的计数本源； $x^{4}$ 少一个 $x$，就说明只有一个括号出了常数。

练习（第 39 页）第 1 题

1. 填空题

(1) $C_{11}^{1} + C_{11}^{3} + C_{11}^{5} + \cdots + C_{11}^{11} =$ ____ ;

(2) $\frac{\mathrm{C}_n^0 + \mathrm{C}_n^1 + \mathrm{C}_n^2 + \cdots + \mathrm{C}_n^n}{\mathrm{C}_{n+1}^0 + \mathrm{C}_{n+1}^1 + \mathrm{C}_{n+1}^2 + \cdots + \mathrm{C}_{n+1}^{n+1}} = \underline{\quad}.$

(1) 这是 $n=11$ 时上标为奇数的那一半二项式系数之和。设

$$S_{\text{奇标}}=\mathrm{C}_{11}^{1}+\mathrm{C}_{11}^{3}+\cdots+\mathrm{C}_{11}^{11},\qquad S_{\text{偶标}}=\mathrm{C}_{11}^{0}+\mathrm{C}_{11}^{2}+\cdots+\mathrm{C}_{11}^{10} .$$

在 $(1+x)^{11}$ 中令 $x=1$ 得 $S_{\text{偶标}}+S_{\text{奇标}}=2^{11}$；令 $x=-1$ 得 $S_{\text{偶标}}-S_{\text{奇标}}=0$。两式相减：

$$S_{\text{奇标}}=\frac{2^{11}}{2}=2^{10}=1024 .$$

(2) 分子是 $n$ 的全部二项式系数之和 $=2^{n}$，分母是 $n+1$ 的全部二项式系数之和 $=2^{n+1}$， 所以

$$\frac{2^{n}}{2^{n+1}}=\frac12 .$$

自检：(1) 用对称性也能核——$\mathrm{C}_{11}^{k}=\mathrm{C}_{11}^{11-k}$ 把奇标项一一对应到偶标项， 故两半必然相等，各占 $2^{11}$ 的一半 ✓。(2) 与 $n$ 无关，答案是常数 ✓。

这道题的动作：赋值 $x=1$ 取全和、$x=-1$ 取差，两式加减就分离出「一半」。

练习（第 39 页）第 2 题

2. 证明： $C_{n}^{0}+C_{n}^{2}+C_{n}^{4}+\cdots+C_{n}^{n}=2^{n-1}$ (n 是偶数).

证明. 在二项式定理

$$(1+x)^{n}=\mathrm{C}_n^{0}+\mathrm{C}_n^{1}x+\mathrm{C}_n^{2}x^{2}+\cdots+\mathrm{C}_n^{n}x^{n}$$

中分别令 $x=1$ 与 $x=-1$：

$$\mathrm{C}_n^{0}+\mathrm{C}_n^{1}+\mathrm{C}_n^{2}+\cdots+\mathrm{C}_n^{n}=2^{n},$$ $$\mathrm{C}_n^{0}-\mathrm{C}_n^{1}+\mathrm{C}_n^{2}-\cdots+(-1)^{n}\mathrm{C}_n^{n}=(1-1)^{n}=0 .$$

因为 $n$ 是偶数，第二式里上标为偶数的项符号全为正、上标为奇数的项符号全为负， 即它就是「偶标之和 $-$ 奇标之和 $=0$」。把两式相加，奇标项两两抵消，得

$$2\bigl(\mathrm{C}_n^{0}+\mathrm{C}_n^{2}+\mathrm{C}_n^{4}+\cdots+\mathrm{C}_n^{n}\bigr)=2^{n},$$

于是

$$\mathrm{C}_n^{0}+\mathrm{C}_n^{2}+\mathrm{C}_n^{4}+\cdots+\mathrm{C}_n^{n}=2^{n-1}. \qquad\blacksquare$$

为什么题目要写「$n$ 是偶数」：结论 $2^{n-1}$ 对任何 $n\ge1$ 都成立，但写法依赖 $n$ 的奇偶—— 左边这串以 $\mathrm{C}_n^{n}$ 收尾，只有 $n$ 为偶数时最后这个上标才是偶数。$n$ 为奇数时同样的结论 应写成 $\mathrm{C}_n^{0}+\mathrm{C}_n^{2}+\cdots+\mathrm{C}_n^{n-1}=2^{n-1}$。

自检：取 $n=4$：$\mathrm{C}_4^0+\mathrm{C}_4^2+\mathrm{C}_4^4=1+6+1=8=2^{3}$ ✓。

练习（第 39 页）第 3 题

3. 写出 n 从 1 到 10 的二项式系数表.

用性质 $\mathrm{C}_n^{r}=\mathrm{C}_{n-1}^{r-1}+\mathrm{C}_{n-1}^{r}$（两腰全是 $1$，其余每数等于它肩上两数之和）， 从 $n=1$ 逐行加下去即得：

自检（每行两条）：第 $n$ 行有 $n+1$ 个数、左右对称 ✓；第 $n$ 行之和应为 $2^{n}$—— $n=10$ 行相加 $1+10+45+120+210+252+210+120+45+10+1=1024=2^{10}$ ✓。 另外抽查一个组合数：$\mathrm{C}_{10}^{5}=\dfrac{10\times9\times8\times7\times6}{5!}=252$ ✓。

这道题的动作：加法比乘除快——列表时不要逐个算 $\mathrm{C}_n^r$，把上一行错位相加即可。

练习（第 39 页）第 4 题

4. 若一个集合含有 $n$ 个元素，则这个集合共有多少个子集？

解法一（按元素个数分类）：含 $k$ 个元素的子集有 $\mathrm{C}_n^{k}$ 个（$k=0,1,\dots,n$， 其中 $k=0$ 对应空集），各类互不相同也不重复，由分类加法计数原理，子集总数为

$$\mathrm{C}_n^{0}+\mathrm{C}_n^{1}+\cdots+\mathrm{C}_n^{n},$$

再由本节的「各二项式系数之和等于 $2^n$」（在 $(1+x)^n$ 里令 $x=1$）得它等于 $2^{n}$。

解法二（逐个元素定去留）：给每个元素独立地作一次「要 / 不要」的选择，共 $n$ 步、每步 $2$ 种， 由分步乘法计数原理得 $2^{n}$ 个子集。

这两条路一比，还白送一个证明——但得把解法一停在求和式那一步，不许再去引用 $\sum_k\mathrm{C}_n^k=2^n$。左端「按大小分类」数出 $\sum_{k=0}^{n}\mathrm{C}_n^{k}$，右端「逐元素定去留」 数出 $2^{n}$，数的是同一堆子集，于是

$$\sum_{k=0}^{n}\mathrm{C}_n^{k}=\#\{S\mid S\subseteq A\}=2^{n},$$

这才是该恒等式的一个组合证明（两条计数路径彼此独立，谁也没用到对方）。反过来，若解法一 一开头就调用该恒等式换出 $2^n$，那两边相等是构造上必然的，只是 $2^n=2^n$，那样就只能说 「两法互相印证答案」，不能说「又证了一次恒等式」——这是用结论证结论。

自检：$n=3$ 时 $2^3=8$，而 $\{a,b,c\}$ 的子集是 $\varnothing,\{a\},\{b\},\{c\},\{a,b\},\{a,c\},\{b,c\},\{a,b,c\}$， 正好 $8$ 个 ✓（空集与自身都算子集）。

习题 6.3 第 1 题

1. 选择题

(1) 在 $(1-x)^{5}+(1-x)^{6}+(1-x)^{7}+(1-x)^{8}$ 的展开式中，含 $x^{3}$ 的项的系数是（）. (A) 74 (B) 121 (C) -74 (D) -121

(2) $(x+1)^{n}$ 的展开式中 $x^{2}$ 的系数为15，则n=（）. (A) 7 (B) 6 (C) 5 (D) 4

(1) 在 $(1-x)^{m}$ 中，$x^{3}$ 的系数是 $\mathrm{C}_m^{3}(-1)^{3}=-\mathrm{C}_m^{3}$。四个式子的 $x^{3}$ 系数相加：

$$-\bigl(\mathrm{C}_5^{3}+\mathrm{C}_6^{3}+\mathrm{C}_7^{3}+\mathrm{C}_8^{3}\bigr) =-(10+20+35+56)=-121 ,$$

选 (D)。

(2) $(x+1)^{n}$ 的通项是 $\mathrm{C}_n^{k}x^{n-k}$，$x^{2}$ 出现在 $n-k=2$ 处，其系数为 $\mathrm{C}_n^{n-2}=\mathrm{C}_n^{2}$（用了对称性）。由

$$\mathrm{C}_n^{2}=\frac{n(n-1)}{2}=15\ \Longrightarrow\ n^{2}-n-30=0\ \Longrightarrow\ n=6\ \text{或}\ n=-5 ,$$

而 $n\in\mathbf{N}^*$ 且 $n\ge2$，故 $n=6$，选 (B)。

自检：(1) 四项系数全为负，正的选项 (A)(B) 可直接排除；杨辉三角第 8 行的第 4 个数确是 $56$ ✓。 (2) 回代 $n=6$：$\mathrm{C}_6^2=15$ ✓。

习题 6.3 第 2 题

2. $(x + y)(x - y)^{5}$ 的展开式中 $x^{3}y^{3}$ 的系数是

$x^{3}y^{3}$ 有两个来源，一个都不能漏：

• 前面的 $x$ 乘 $(x-y)^{5}$ 里的 $x^{2}y^{3}$ 项：该项为 $\mathrm{C}_5^{3}x^{2}(-y)^{3}=-10x^{2}y^{3}$， 贡献系数 $-10$；
• 前面的 $y$ 乘 $(x-y)^{5}$ 里的 $x^{3}y^{2}$ 项：该项为 $\mathrm{C}_5^{2}x^{3}(-y)^{2}=+10x^{3}y^{2}$， 贡献系数 $+10$。

两者相加，$x^{3}y^{3}$ 的系数是

$$-10+10=0 .$$

自检（换一条路）：$(x+y)(x-y)^{5}=(x+y)(x-y)\cdot(x-y)^{4}=(x^{2}-y^{2})(x-y)^{4}$。 而 $(x-y)^{4}=x^{4}-4x^{3}y+6x^{2}y^{2}-4xy^{3}+y^{4}$，于是 $x^{3}y^{3}$ 只能来自 $x^{2}\cdot(-4xy^{3})=-4x^{3}y^{3}$ 与 $(-y^{2})\cdot(-4x^{3}y)=+4x^{3}y^{3}$， 合计 $0$ ✓。

这道题的动作：多项式乘二项展开式，要把前一个因式的每一项都配一次； 本题两条贡献恰好抵消，答案是 $0$ 而不是「没有这一项」——它是有这一项、系数为零。

习题 6.3 第 3 题

3. 用二项式定理展开： (1) $(a+\sqrt[3]{b})^{9}$ ; (2) $\left(\frac{\sqrt{x}}{2}-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)^{7}$

(1) $n=9$ 的二项式系数是 $1,9,36,84,126,126,84,36,9,1$，把 $\sqrt[3]{b}$ 写成 $b^{\frac13}$ 代入：

$$\begin{aligned} (a+\sqrt[3]{b})^{9}=\ &a^{9}+9a^{8}b^{\frac13}+36a^{7}b^{\frac23}+84a^{6}b+126a^{5}b^{\frac43}\\ &+126a^{4}b^{\frac53}+84a^{3}b^{2}+36a^{2}b^{\frac73}+9ab^{\frac83}+b^{3}. \end{aligned}$$

（写成根式即 $b^{\frac13}=\sqrt[3]{b}$、$b^{\frac23}=\sqrt[3]{b^{2}}$、$b^{\frac43}=b\sqrt[3]{b}$，等等， 这里 $b\ge0$ 或按三次根式对一切实数 $b$ 都有意义。）

(2) 通项为

$$T_{k+1}=\mathrm{C}_7^{k}\left(\frac{x^{\frac12}}{2}\right)^{7-k}\left(-2x^{-\frac12}\right)^{k} =(-1)^{k}\mathrm{C}_7^{k}\,2^{2k-7}\,x^{\frac{7-2k}{2}}\qquad(x>0),$$

因为 $\dfrac{1}{2^{7-k}}\cdot 2^{k}=2^{2k-7}$。逐个 $k$ 代（$\mathrm{C}_7^k$ 依次为 $1,7,21,35,35,21,7,1$）：

$$\begin{aligned} \left(\frac{\sqrt{x}}{2}-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)^{7} =\ &\frac{1}{128}x^{\frac72}-\frac{7}{32}x^{\frac52}+\frac{21}{8}x^{\frac32}-\frac{35}{2}x^{\frac12}\\ &+70x^{-\frac12}-168x^{-\frac32}+224x^{-\frac52}-128x^{-\frac72}. \end{aligned}$$

自检：(1) 共 $10$ 项、$a$ 的指数从 $9$ 降到 $0$、系数对称 ✓；令 $a=b=1$ 得两边都是 $2^{9}=512$ （系数和 $1+9+36+84+126+126+84+36+9+1=512$）✓。 (2) 共 $8$ 项，$x$ 的指数依次为 $\frac72,\frac52,\dots,-\frac72$（每次降 $1$）✓； 末项应为 $\left(-\dfrac{2}{\sqrt x}\right)^{7}=-\dfrac{128}{x^{7/2}}$，与算出的 $-128x^{-\frac72}$ 相符 ✓； 再验一项：$k=4$ 时 $(-1)^4\mathrm{C}_7^4 2^{1}=35\times2=70$ ✓。

习题 6.3 第 4 题

4. 化简： (1) $(1+\sqrt{x})^{5}+(1-\sqrt{x})^{5}$ ; (2) $(2x^{\frac{1}{2}}+3x^{-\frac{1}{2}})^{4}+(2x^{\frac{1}{2}}-3x^{-\frac{1}{2}})^{4}$ .

两小问用的是同一件事：把两式相加时，含奇次幂的项符号相反、两两抵消，只剩偶次项的两倍。

(1)（$x\ge0$）展开式的第 $k+1$ 项分别是 $\mathrm{C}_5^{k}(\sqrt x)^{k}$ 与 $\mathrm{C}_5^{k}(-\sqrt x)^{k}$，$k$ 为奇数时两者互为相反数。故

$$(1+\sqrt{x})^{5}+(1-\sqrt{x})^{5} =2\left(\mathrm{C}_5^{0}+\mathrm{C}_5^{2}x+\mathrm{C}_5^{4}x^{2}\right) =2\left(1+10x+5x^{2}\right)=2+20x+10x^{2}.$$

(2)（$x>0$）同理只留 $k$ 为偶数的项，$k=0,2,4$：

$$\begin{aligned} &2\left[\mathrm{C}_4^{0}\left(2x^{\frac12}\right)^{4} +\mathrm{C}_4^{2}\left(2x^{\frac12}\right)^{2}\left(3x^{-\frac12}\right)^{2} +\mathrm{C}_4^{4}\left(3x^{-\frac12}\right)^{4}\right]\\ =\ &2\left[16x^{2}+6\times4x\times9x^{-1}+81x^{-2}\right] =2\left[16x^{2}+216+81x^{-2}\right] =32x^{2}+432+\frac{162}{x^{2}} . \end{aligned}$$

自检：(1) 令 $x=1$：左边 $=2^{5}+0=32$，右边 $=2+20+10=32$ ✓。 (2) 令 $x=1$：左边 $=5^{4}+(-1)^{4}=625+1=626$，右边 $=32+432+162=626$ ✓。

习题 6.3 第 5 题

5.（1）求 $(1 - 2x)^{15}$ 的展开式的前4项；

(2) 求 $(2a^{3}-3b^{2})^{10}$ 的展开式的第 8 项；

(3) 求 $\left(\frac{\sqrt{x}}{3}-\frac{3}{\sqrt{x}}\right)^{12}$ 的展开式的中间一项；

(4) 求 $(x\sqrt{y}-y\sqrt{x})^{15}$ 的展开式的中间两项.

(1) 通项 $T_{k+1}=\mathrm{C}_{15}^{k}(-2x)^{k}=(-2)^{k}\mathrm{C}_{15}^{k}x^{k}$，取 $k=0,1,2,3$：

$$1,\quad -2\times15\,x=-30x,\quad 4\times105\,x^{2}=420x^{2},\quad -8\times455\,x^{3}=-3640x^{3},$$

即前 $4$ 项为 $1-30x+420x^{2}-3640x^{3}$。

(2) 第 $8$ 项对应 $k=7$：

$$T_{8}=\mathrm{C}_{10}^{7}\left(2a^{3}\right)^{3}\left(-3b^{2}\right)^{7} =120\times8a^{9}\times(-2187)b^{14}=-2099520\,a^{9}b^{14}.$$

(3) $n=12$ 是偶数，展开式共 $13$ 项，中间一项是第 $7$ 项（$k=6$）：

$$T_{7}=\mathrm{C}_{12}^{6}\left(\frac{x^{\frac12}}{3}\right)^{6}\left(-\frac{3}{x^{\frac12}}\right)^{6} =924\times\frac{x^{3}}{729}\times\frac{729}{x^{3}}=924 .$$

(4) $n=15$ 是奇数，共 $16$ 项，中间两项是第 $8$、第 $9$ 项（$k=7,8$）。设 $x,y\ge0$：

$$T_{8}=\mathrm{C}_{15}^{7}\left(x\sqrt y\right)^{8}\left(-y\sqrt x\right)^{7} =6435\cdot x^{8}y^{4}\cdot\left(-y^{7}x^{\frac72}\right)=-6435\,x^{\frac{23}{2}}y^{11} =-6435\,x^{11}y^{11}\sqrt{x},$$ $$T_{9}=\mathrm{C}_{15}^{8}\left(x\sqrt y\right)^{7}\left(-y\sqrt x\right)^{8} =6435\cdot x^{7}y^{\frac72}\cdot y^{8}x^{4}=6435\,x^{11}y^{\frac{23}{2}} =6435\,x^{11}y^{11}\sqrt{y}.$$

自检：(1) $\mathrm{C}_{15}^{2}=105$、$\mathrm{C}_{15}^{3}=455$ ✓，符号按 $(-2)^k$ 正负相间 ✓。 (2) $120\times8=960$，$3^{7}=2187$，$960\times2187=2099520$ ✓；次数 $3\times3+2\times7=9+14$ 与 $a^9b^{14}$ 相符 ✓。 (3) 两个 $3$ 的幂恰好抵消（$3^{-6}\times3^{6}=1$），$x$ 的次数 $3-3=0$，故中间一项是常数 $\mathrm{C}_{12}^{6}=924$ ✓。 (4) $\mathrm{C}_{15}^{7}=\mathrm{C}_{15}^{8}=6435$（对称性）✓；两项的总次数都是 $\frac{23}{2}+11=\frac{45}{2}$，而每一项的次数应为 $15\times\frac32=\frac{45}{2}$ ✓；符号一负一正 ✓。

习题 6.3 第 6 题

6. 求下列各式的二项展开式中指定项的系数：

(1) $\left(1-\frac{1}{2x}\right)^{10}$ 的含 $\frac{1}{x^{5}}$ 的项；

(2) $\left(2x^{3}-\frac{1}{2x^{3}}\right)^{10}$ 的常数项.

(1)（$x\ne0$）通项

$$T_{k+1}=\mathrm{C}_{10}^{k}\left(-\frac{1}{2x}\right)^{k}=\left(-\frac12\right)^{k}\mathrm{C}_{10}^{k}x^{-k}.$$

含 $\dfrac{1}{x^{5}}$ 即 $-k=-5$，得 $k=5$（在 $0\le k\le10$ 内 ✓）：

$$T_{6}=\left(-\frac12\right)^{5}\mathrm{C}_{10}^{5}x^{-5}=-\frac{252}{32}\cdot\frac{1}{x^{5}} =-\frac{63}{8}\cdot\frac{1}{x^{5}} ,$$

即所求项为 $-\dfrac{63}{8x^{5}}$，系数是 $-\dfrac{63}{8}$。

(2)（$x\ne0$）通项

$$T_{k+1}=\mathrm{C}_{10}^{k}\left(2x^{3}\right)^{10-k}\left(-\frac{1}{2x^{3}}\right)^{k} =(-1)^{k}\mathrm{C}_{10}^{k}2^{10-2k}x^{30-6k}.$$

常数项要求 $30-6k=0$，得 $k=5$：

$$T_{6}=(-1)^{5}\mathrm{C}_{10}^{5}2^{0}=-252 .$$

自检：(1) $\mathrm{C}_{10}^5=252$，$2^{5}=32$，$\dfrac{252}{32}=\dfrac{63}{8}$（约去 $4$）✓；$k$ 为奇数故取负 ✓。 (2) $k=5$ 时 $2^{10-10}=2^{0}=1$，两个 $2$ 的幂正好抵消 ✓；指数 $30-6\times5=0$ ✓。

这道题的动作：两小问都是先把通项的指数合并成关于 $k$ 的一次式，再解一次方程定 $k$； 解出的 $k$ 必须是 $0$ 到 $n$ 之间的整数，否则该项不存在、系数为 $0$。

习题 6.3 第 7 题

7. 证明：

(1) $\left(x-\frac{1}{x}\right)^{2n}$ 的展开式中常数项是 $(-2)^{n}\frac{1\times3\times5\times\cdots\times(2n-1)}{n!}$ ;

(2) $(1 + x)^{2n}$ 的展开式的中间一项是 $\frac{1 \times 3 \times 5 \times \cdots \times (2n - 1)}{n!} (2x)^n$.

先证一条两小问都要用的引理：

$$\mathrm{C}_{2n}^{n}=\frac{2^{n}\bigl[1\times3\times5\times\cdots\times(2n-1)\bigr]}{n!}.$$

引理的证明. 把 $(2n)!$ 按奇偶拆开：

$$(2n)!=\bigl[1\times3\times5\times\cdots\times(2n-1)\bigr]\times\bigl[2\times4\times\cdots\times2n\bigr] =\bigl[1\times3\times\cdots\times(2n-1)\bigr]\times2^{n}\,n! ,$$

第二个方括号里每个因数提出一个 $2$，共提出 $2^{n}$，剩下 $1\times2\times\cdots\times n=n!$。代入

$$\mathrm{C}_{2n}^{n}=\frac{(2n)!}{n!\,n!} =\frac{\bigl[1\times3\times\cdots\times(2n-1)\bigr]2^{n}n!}{n!\,n!} =\frac{2^{n}\bigl[1\times3\times\cdots\times(2n-1)\bigr]}{n!}. \qquad\square$$

(1) （$x\ne0$）通项

$$T_{k+1}=\mathrm{C}_{2n}^{k}x^{2n-k}\left(-\frac1x\right)^{k} =(-1)^{k}\mathrm{C}_{2n}^{k}x^{2n-2k}.$$

常数项要求 $2n-2k=0$，即 $k=n$（唯一，且 $0\le n\le 2n$ ✓），于是常数项为

$$(-1)^{n}\mathrm{C}_{2n}^{n} =(-1)^{n}\cdot\frac{2^{n}\bigl[1\times3\times\cdots\times(2n-1)\bigr]}{n!} =(-2)^{n}\frac{1\times3\times5\times\cdots\times(2n-1)}{n!} . \qquad\blacksquare$$

(2) $(1+x)^{2n}$ 共有 $2n+1$ 项，项数为奇数，中间一项是第 $n+1$ 项（$k=n$）：

$$T_{n+1}=\mathrm{C}_{2n}^{n}x^{n} =\frac{2^{n}\bigl[1\times3\times\cdots\times(2n-1)\bigr]}{n!}x^{n} =\frac{1\times3\times5\times\cdots\times(2n-1)}{n!}\,(2x)^{n} . \qquad\blacksquare$$

自检：取 $n=2$。引理：$\mathrm{C}_4^2=6$，而 $\dfrac{2^{2}(1\times3)}{2!}=\dfrac{12}{2}=6$ ✓。 (1) $\left(x-\frac1x\right)^{4}$ 的常数项是 $(-1)^{2}\mathrm{C}_4^2=6$，公式给 $(-2)^{2}\dfrac{1\times3}{2}=4\times1.5=6$ ✓。 (2) $(1+x)^{4}$ 的中间一项是 $6x^{2}$，公式给 $\dfrac{1\times3}{2}(2x)^{2}=1.5\times4x^{2}=6x^{2}$ ✓。

习题 6.3 第 8 题

8. 已知 $(1+x)^{n}$ 的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，求这两项的二项式系数.

第 $4$ 项的二项式系数是 $\mathrm{C}_n^{3}$，第 $8$ 项的是 $\mathrm{C}_n^{7}$（项号比上标大 $1$）。已知

$$\mathrm{C}_n^{3}=\mathrm{C}_n^{7},\qquad 3\ne 7 .$$

由对称性 $\mathrm{C}_n^{m}=\mathrm{C}_n^{n-m}$：两个不同的上标给出相等的组合数，只能是 $7=n-3$，即

$$n=10 .$$

（为什么「只能」？固定 $n$ 时二项式系数关于 $r=\dfrac n2$ 对称、且在 $r<\dfrac n2$ 上严格递增、 在 $r>\dfrac n2$ 上严格递减，所以两个不同上标相等当且仅当它们关于 $\dfrac n2$ 对称。）

于是这两项的二项式系数为

$$\mathrm{C}_{10}^{3}=\mathrm{C}_{10}^{7}=\frac{10\times9\times8}{3\times2\times1}=120 .$$

自检：$n=10$ 时展开式有 $11$ 项，第 $4$、第 $8$ 项关于中间的第 $6$ 项对称 ✓； 杨辉三角第 $10$ 行的第 $4$ 个数正是 $120$ ✓。

习题 6.3 第 9 题

9. 用二项式定理证明：

(1) $(n + 1)^{n} - 1$ 能被 $n^2$ 整除；

(2) $99^{10} - 1$ 能被1000整除.

(1) 设 $n\in\mathbf{N}^*$。按二项式定理展开（把 $(n+1)^n$ 看成 $(1+n)^n$）：

$$(n+1)^{n}=\mathrm{C}_n^{0}+\mathrm{C}_n^{1}n+\mathrm{C}_n^{2}n^{2}+\mathrm{C}_n^{3}n^{3}+\cdots+\mathrm{C}_n^{n}n^{n},$$

即

$$(n+1)^{n}-1=\underbrace{\mathrm{C}_n^{1}n}_{=n\cdot n=n^{2}} +\mathrm{C}_n^{2}n^{2}+\mathrm{C}_n^{3}n^{3}+\cdots+\mathrm{C}_n^{n}n^{n}.$$

第一项 $\mathrm{C}_n^{1}n=n^{2}$ 本身就是 $n^{2}$，其余各项含 $n^{k}$（$k\ge2$）也都含因数 $n^{2}$， 所以可以整体提出 $n^{2}$：

$$(n+1)^{n}-1=n^{2}\left(1+\mathrm{C}_n^{2}+\mathrm{C}_n^{3}n+\cdots+\mathrm{C}_n^{n}n^{n-2}\right),$$

括号里是整数，故 $n^{2}\mid (n+1)^{n}-1$。（$n=1$ 时两边为 $1$ 与 $1$，结论也成立。）$\blacksquare$

(2) 把 $99$ 写成 $100-1$：

$$99^{10}=(100-1)^{10}=\sum_{k=0}^{10}\mathrm{C}_{10}^{k}100^{k}(-1)^{10-k} =1-\mathrm{C}_{10}^{1}\cdot100+\mathrm{C}_{10}^{2}\cdot100^{2}-\cdots+100^{10},$$

其中 $k=0$ 项为 $(-1)^{10}=1$、$k=1$ 项为 $\mathrm{C}_{10}^{1}\cdot100\cdot(-1)^{9}=-1000$， 而 $k\ge2$ 的每一项都含 $100^{2}=10^{4}$，故都是 $1000$ 的倍数。于是

$$99^{10}-1=-1000+10^{4}M\qquad(M\in\mathbf{Z}),$$

右边是 $1000$ 的倍数，所以 $1000\mid 99^{10}-1$。$\blacksquare$

自检：(1) 取 $n=3$：$(3+1)^{3}-1=63=9\times7$，被 $n^{2}=9$ 整除 ✓。 (2) $99^{2}-1=9800$ 不是 $1000$ 的倍数，可见指数 $10$ 是要紧的——本证明用到的正是 $\mathrm{C}_{10}^{1}\times100=1000$ 这一步 ✓。

这道题的动作：整除问题就把底数拆成「整千/整百 $\pm$ 小数」再展开， 让含高次幂的项自动落入所求因数，只剩前一两项需要动手看。

习题 6.3 第 10 题

10. 求证： $2^{n}-C_{n}^{1}\times2^{n-1}+C_{n}^{2}\times2^{n-2}+\cdots+(-1)^{n-1}C_{n}^{n-1}\times2+(-1)^{n}=1.$

证明. 左边每一项的形状是 $(-1)^{k}\mathrm{C}_n^{k}2^{n-k}$（$k=0,1,\dots,n$）： $k=0$ 项为 $\mathrm{C}_n^{0}2^{n}=2^{n}$，$k=n$ 项为 $(-1)^{n}\mathrm{C}_n^{n}2^{0}=(-1)^{n}$， 与题面首末两项相符。所以

$$\text{左边}=\sum_{k=0}^{n}\mathrm{C}_n^{k}\,2^{n-k}\,(-1)^{k}.$$

这正是二项式定理 $\displaystyle (a+b)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\mathrm{C}_n^{k}a^{n-k}b^{k}$ 在 $a=2$、$b=-1$ 处的展开式，于是

$$\text{左边}=(2-1)^{n}=1^{n}=1=\text{右边}. \qquad\blacksquare$$

自检：取 $n=3$：$8-3\times4+3\times2-1=8-12+6-1=1$ ✓。

这道题的动作：看见「组合数 $\times$ 两个数的幂、符号正负相间」的和，就往 $(a+b)^n$ 里塞—— 本题的关键是认出 $a=2$、$b=-1$。

习题 6.3 第 11 题

11. 下图反映了二项式定理产生、完备和推广所走过的漫长历程：

（1）在上述发展过程中，无论是推广还是证明，都是从特殊到一般。如今，数学研究的一个发展趋势就是尽可能地一般化。请你试一试，从 $(a+b)^{n}$ 推广到 $(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{m})^{n}$ $(m, n\in\mathbf{N}^{*})$ 。

（2）请你查阅相关资料，细化上述历程中的某段过程，例如从3次到 $n$ 次，从二项到 $m$ 项等，说一说数学家是如何发现问题和解决问题的.

先把图读准（第 (1) 问要推广到的那个式子，图上就写着，别凭印象编）。图是一条史料时间线， 节点逐个是：

• 公元前 3 世纪 欧几里得《原本》：$(a+b)^{2}$ → 1 世纪《九章算术》：$(a+b)^{2}$、$(a+b)^{3}$ → ……（中间省略）→ 17 世纪 帕斯卡《论算术三角形》：$(a+b)^{n}$，$n\in\mathbf{N}^{*}$；
• 从帕斯卡分出两条「推广」：1695 年 莱布尼茨、约翰第一·伯努利： $(a_{1}+\cdots+a_{m})^{n}$，$m,n\in\mathbf{N}^{*}$；1665 年 牛顿：$(a+b)^{n}$，$n\in\mathbf{Q}$；
• 从牛顿分出一条「证明」（18 世纪）：1708 年 蒙特摩尔（$n=4$）、1742 年 卡斯蒂隆 （$n\in\mathbf{N}^{*}$）、1773 年 欧拉（$(1+x)^{n}$，$x,n\in\mathbf{R}$），再到 19 世纪 柯西 （$(1+x)^{n}$，$x,n\in\mathbf{C}$）。

两条推广是两个不同方向：莱布尼茨那一格改的是项数 $m$，牛顿那一格改的是指数 $n$ 的范围。 第 (1) 问要你走的正是莱布尼茨、伯努利那条（项数方向），图上连式子都给了。

（图上没有贾宪，也没有杨辉；中式的那一格是《九章算术》，起点是欧几里得。这一节课本另有 「杨辉三角」的阅读材料，别把两处的史料混在一起。）

（1）推广：多项式定理。 结论是

$$(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{m})^{n} =\sum_{\substack{k_{1}+k_{2}+\cdots+k_{m}=n\\ k_{i}\in\mathbf{N}}} \frac{n!}{k_{1}!\,k_{2}!\cdots k_{m}!}\;a_{1}^{k_{1}}a_{2}^{k_{2}}\cdots a_{m}^{k_{m}} .$$

推导（照 §6.3 推二项式定理的那条路走）：把 $(a_1+\cdots+a_m)^{n}$ 写成 $n$ 个括号相乘， 按多项式乘法法则，展开后的每一项都是「每个括号各取一个字母」相乘的结果。若其中取到 $a_{1}$ 的括号有 $k_{1}$ 个、取到 $a_{2}$ 的有 $k_{2}$ 个、……、取到 $a_{m}$ 的有 $k_{m}$ 个， 则 $k_{1}+k_{2}+\cdots+k_{m}=n$，这一项就是 $a_{1}^{k_{1}}a_{2}^{k_{2}}\cdots a_{m}^{k_{m}}$。

同类项有多少个？就是把 $n$ 个括号分给 $m$ 组、各组容量为 $k_1,\dots,k_m$ 的分法数。分步选： 先从 $n$ 个括号里选 $k_{1}$ 个给 $a_{1}$，再从余下的选 $k_{2}$ 个给 $a_{2}$，如此下去，由分步乘法计数原理

$$\mathrm{C}_{n}^{k_{1}}\mathrm{C}_{n-k_{1}}^{k_{2}}\cdots\mathrm{C}_{k_{m}}^{k_{m}} =\frac{n!}{k_{1}!(n-k_{1})!}\cdot\frac{(n-k_{1})!}{k_{2}!(n-k_{1}-k_{2})!}\cdots =\frac{n!}{k_{1}!\,k_{2}!\cdots k_{m}!},$$

中间的阶乘逐个约掉，只剩这一个式子。把它当系数配到对应的字母幂上，即得上述展开式。

两处核对：$m=2$ 时 $k_{1}+k_{2}=n$，系数 $\dfrac{n!}{k_{1}!k_{2}!}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}=\mathrm{C}_n^{k}$ （记 $k_2=k$），退化回二项式定理 ✓；令全部 $a_{i}=1$ 得

$$m^{n}=\sum_{k_{1}+\cdots+k_{m}=n}\frac{n!}{k_{1}!\cdots k_{m}!},$$

左边是「$n$ 个括号每个有 $m$ 种取法」的总数，两边一致 ✓（$m=2$ 时它就是 $\sum_k\mathrm{C}_n^k=2^n$）。

举个具体的：$m=3$、$n=2$ 时公式给 $a_1^2+a_2^2+a_3^2+2a_1a_2+2a_1a_3+2a_2a_3$，与直接平方的结果一致 ✓。

（2） 这一问要求查阅资料并撰写「数学家如何发现与解决问题」的过程，没有唯一解答， 属于开放式作业，本份不代做——本站只把第 (1) 问的数学推导补齐。

不过查资料的入口图上已经给全了，按节点名去查就不会查偏。想细化「从二项到 $m$ 项」， 查 1695 年莱布尼茨与约翰第一·伯努利那一格；想细化「从正整数次到有理数次」，查 1665 年牛顿； 想细化「证明是怎么一步步补严的」，就顺着 1708 蒙特摩尔（只做到 $n=4$）→ 1742 卡斯蒂隆 （$n\in\mathbf{N}^{*}$）→ 1773 欧拉（$x,n\in\mathbf{R}$）→ 19 世纪柯西（$x,n\in\mathbf{C}$）这条链子读， 它本身就是一条「先算例、再一般、最后把收敛性说清楚」的路。

复习参考题 6 第 1 题

1. 填空题

（1）乘积 $(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})(b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n})$ 展开后，共有____项；

(2) 学生可从本年级开设的 7 门选修课中任意选择 3 门, 并从 6 种课外活动小组中选择 2 种, 不同的选法种数是 ____;

（3）安排6名歌手演出顺序时，要求某歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，不同排法的种数是____；

（4）5个人分4张无座足球票，每人至多分1张，而且票必须分完，那么不同分法的种数是____；

（5）5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同选择的种数是____；

(6) 正十二边形的对角线的条数是 ____;

(7) $(1+x)^{2n}$ 的展开式中，系数最大的项是第____项.

（1）$n^{2}$。 展开后每一项都是「前一个括号取一个 $a_{i}$、后一个括号取一个 $b_{j}$」相乘所得的 $a_{i}b_{j}$；分两步各有 $n$ 种取法，由分步乘法计数原理共 $n\times n=n^{2}$ 项。这 $n^{2}$ 个 $a_{i}b_{j}$ 的下标组 $(i,j)$ 两两不同，没有同类项可合并，所以恰好是 $n^{2}$ 项。

（2）$525$。 选修课「任意选择 3 门」是组合（不计顺序）$\mathrm{C}_7^{3}=35$， 活动小组选 2 种是 $\mathrm{C}_6^{2}=15$；两件事分两步完成，故 $35\times15=525$ 种。

（3）$480$。 先安排受限的那名歌手：$6$ 个位置里除去第一、最后，有 $4$ 种选择； 其余 $5$ 名歌手在剩下 $5$ 个位置上全排列，有 $5!=120$ 种。故 $4\times120=480$ 种。

（4）$5$。 票没有座位号、彼此无区别，每人至多 $1$ 张且必须发完， 所以一种分法等价于「从 $5$ 人中选出 $4$ 个拿到票的人」，共 $\mathrm{C}_5^{4}=5$ 种。

（5）$3^{5}=243$。 讲座同时举行，故每名同学只能选 $1$ 个，各人独立地有 $3$ 种选择； $5$ 名同学分 $5$ 步，共 $3^{5}=243$ 种。

（6）$54$。 $12$ 个顶点两两连线共 $\mathrm{C}_{12}^{2}=66$ 条，其中 $12$ 条是边， 其余都是对角线：$66-12=54$ 条。

（7）第 $n+1$ 项。 $(1+x)^{2n}$ 的第 $k+1$ 项是 $\mathrm{C}_{2n}^{k}x^{k}$， 系数就是二项式系数（因为 $a=b=1$，没有别的数值因子）。由二项式系数的增减性， $\mathrm{C}_{2n}^{k}$ 在 $k<n$ 时递增、$k>n$ 时递减，故 $k=n$ 时最大，对应第 $n+1$ 项。

自检：（3）换一条路——总排法 $6!=720$，减去该歌手排在首位或末位的 $2\times5!=240$， 得 $720-240=480$ ✓。（5）注意与「$5^{3}$」的区别：是每名同学去挑讲座， 故底数是讲座数 $3$、指数是人数 $5$ ✓。（7）取 $n=1$：$(1+x)^{2}=1+2x+x^{2}$， 系数最大的是第 $2$ 项 $2x$，与 $n+1=2$ 相符 ✓。

复习参考题 6 第 2 题

2. 一个集合有 5 个元素.

(1) 这个集合的含有 3 个元素的子集有多少个?

(2) 这个集合的子集共有多少个?

(1) 从 $5$ 个元素里取 $3$ 个，与顺序无关，故有

$$\mathrm{C}_5^{3}=\frac{5\times4\times3}{3\times2\times1}=10$$

个含 $3$ 个元素的子集。

(2) 按元素个数分类相加（也可对每个元素独立地作「要 / 不要」两种选择）：

$$\mathrm{C}_5^{0}+\mathrm{C}_5^{1}+\mathrm{C}_5^{2}+\mathrm{C}_5^{3}+\mathrm{C}_5^{4}+\mathrm{C}_5^{5} =1+5+10+10+5+1=32=2^{5},$$

共 $32$ 个子集（含空集与集合自身）。

自检：(1) 由对称性 $\mathrm{C}_5^{3}=\mathrm{C}_5^{2}=10$ ✓。 (2) 与练习第 4 题的一般结论 $2^{n}$ 在 $n=5$ 处一致 ✓。

复习参考题 6 第 3 题

3. 填空题

（1）已知 $C_{n+1}^{n-1}=21$ ，那么n=____；

(2) 某班一天上午有 4 节课, 下午有 2 节课, 现要安排该班一天中语文、数学、政治、英语、体育、艺术 6 堂课的课程表, 要求数学课排在上午, 体育课排在下午, 不同排法种数是 ____;

(3) 某人设计的电脑开机密码由 2 个英文字母后接 4 个数字组成，且 2 个英文字母不相同，该密码可能的个数是 ____；

（4）以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是____；

(5) 在 $(1-2x)^{n}$ 的展开式中，各项系数的和是 ____.

（1）$n=6$。 用对称性把上标压小：$\mathrm{C}_{n+1}^{n-1}=\mathrm{C}_{n+1}^{2}$，于是

$$\frac{(n+1)n}{2}=21\ \Longrightarrow\ n^{2}+n-42=0\ \Longrightarrow\ n=6\ \text{或}\ n=-7 .$$

又需 $n-1\ge0$ 且 $n\in\mathbf{N}^*$，故 $n=6$。（回代：$\mathrm{C}_7^{5}=\mathrm{C}_7^{2}=21$ ✓）

（2）$192$。 分三步：数学课排在上午 $4$ 节中的一节，$4$ 种；体育课排在下午 $2$ 节中的一节， $2$ 种；余下 $4$ 门课排在余下 $4$ 个位置上，$4!=24$ 种。共

$$4\times2\times24=192 .$$

（3）$6\,500\,000$。 前两位是不相同的英文字母，按顺序排：$26\times25=650$ 种； 后四位数字各有 $10$ 种、可重复：$10^{4}$ 种。共

$$650\times10^{4}=6\,500\,000 .$$

（4）$58$。 从正方体 $8$ 个顶点中任取 $4$ 个，有 $\mathrm{C}_8^{4}=70$ 种； 其中四点共面的不能构成三棱锥，共面的情形恰有 $12$ 组：$6$ 个表面 $+$ $6$ 个对角面 （每一对相对的棱确定一个矩形对角面，正方体有 $6$ 个这样的截面）。故

$$70-12=58 .$$

（5）$(-1)^{n}$。 「各项系数的和」就是把 $x=1$ 代进去（系数含 $-2$ 的幂，必须一起代）：

$$(1-2\times1)^{n}=(-1)^{n},$$

即 $n$ 为偶数时为 $1$、$n$ 为奇数时为 $-1$。

自检：（2）总排法 $6!=720$，而要求两门课各落在指定的半天，概率式地看 $\dfrac{4}{6}\times\dfrac{2}{5}=\dfrac{4}{15}$，$720\times\dfrac{4}{15}=192$ ✓。 （4）$12$ 组共面点数可数一遍：$6$ 个面各 $1$ 组；含两条相对棱的对角面 $6$ 个 （正方体有 $6$ 对相对的棱）✓。 （5）取 $n=1$：$(1-2x)$ 的系数和为 $1+(-2)=-1=(-1)^{1}$ ✓； 注意它与二项式系数之和 $2^{n}$ 不是一回事。

复习参考题 6 第 4 题

4.（1）平面内有 $n$ 条直线，其中没有两条平行，也没有三条交于一点，共有多少个交点？

(2) 空间有 n 个平面，其中没有两个互相平行，也没有三个交于一条直线，共有多少条交线？

(1) 没有两条平行 $\Rightarrow$ 每两条直线都恰好相交于一点；没有三条共点 $\Rightarrow$ 不同的直线对给出不同的交点。于是交点与「直线的无序对」一一对应：

$$\mathrm{C}_n^{2}=\frac{n(n-1)}{2}\ \text{个交点}\qquad(n\ge2;\ n=1\ \text{时为}\ 0).$$

(2) 完全同构：没有两个平面平行 $\Rightarrow$ 每两个平面恰好交于一条直线； 没有三个平面交于同一条直线 $\Rightarrow$ 不同的平面对给出不同的交线。故交线数为

$$\mathrm{C}_n^{2}=\frac{n(n-1)}{2}\qquad(n\ge2).$$

自检：(1) $n=3$（三角形的三条边所在直线）给 $\mathrm{C}_3^2=3$ 个交点 ✓； $n=4$ 给 $6$ 个 ✓。(2) $n=3$（如正方体一个顶点处的三个面）给 $3$ 条交线 ✓。

这道题的动作：两问都是把「交点 / 交线」翻译成「取两个对象」， 题设那两句「没有两条平行、没有三条共点」正是保证这个对应既不漏也不重的条件。

复习参考题 6 第 5 题

5.（1）求 $(1 - 2x)^{5}(1 + 3x)^{4}$ 的展开式中按 $x$ 的升幂排列的第3项；

(2) 求 $\left(9x+\frac{1}{3\sqrt{x}}\right)^{18}$ 的展开式的常数项；

（3）已知 $(1 + \sqrt{x})^n$ 的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列，求 $n$

(4) 求 $(1+x+x^{2})(1-x)^{10}$ 的展开式中 $x^{4}$ 的系数；

(5) 求 $(x^{2}+x+y)^{5}$ 的展开式中 $x^{5}y^{2}$ 的系数.

(1) 按 $x$ 升幂排列，第 $3$ 项就是含 $x^{2}$ 的项。两个因式各展到 $x^{2}$：

$$(1-2x)^{5}=1-10x+40x^{2}+\cdots,\qquad (1+3x)^{4}=1+12x+54x^{2}+\cdots$$

（$\mathrm{C}_5^1\cdot2=10$、$\mathrm{C}_5^2\cdot2^2=40$；$\mathrm{C}_4^1\cdot3=12$、$\mathrm{C}_4^2\cdot3^2=54$。） $x^{2}$ 的系数由三种配法相加：

$$1\times54+(-10)\times12+40\times1=54-120+40=-26 ,$$

故所求第 $3$ 项为 $-26x^{2}$。

(2) （$x>0$）通项

$$T_{k+1}=\mathrm{C}_{18}^{k}(9x)^{18-k}\left(\frac{1}{3}x^{-\frac12}\right)^{k} =\mathrm{C}_{18}^{k}\,9^{18-k}\,3^{-k}\,x^{18-k-\frac k2}.$$

常数项要求 $18-\dfrac{3k}{2}=0$，即 $k=12$（整数且在 $0\le k\le18$ 内 ✓）。此时

$$9^{6}\cdot3^{-12}=3^{12}\cdot3^{-12}=1,$$

所以常数项为

$$\mathrm{C}_{18}^{12}=\mathrm{C}_{18}^{6}=\frac{18\times17\times16\times15\times14\times13}{6!}=18564 .$$

(3) 第 $9$、$10$、$11$ 项的二项式系数是 $\mathrm{C}_n^{8}$、$\mathrm{C}_n^{9}$、$\mathrm{C}_n^{10}$ （项号比上标大 $1$），需 $n\ge10$。成等差数列即

$$2\mathrm{C}_n^{9}=\mathrm{C}_n^{8}+\mathrm{C}_n^{10}.$$

两边同除以 $\mathrm{C}_n^{9}$（正数），并用相邻两项之比 $\dfrac{\mathrm{C}_n^{k}}{\mathrm{C}_n^{k-1}}=\dfrac{n-k+1}{k}$：

$$\frac{\mathrm{C}_n^{8}}{\mathrm{C}_n^{9}}=\frac{9}{n-8},\qquad \frac{\mathrm{C}_n^{10}}{\mathrm{C}_n^{9}}=\frac{n-9}{10},$$

于是

$$2=\frac{9}{n-8}+\frac{n-9}{10}.$$

两边乘 $10(n-8)>0$：$20(n-8)=90+(n-9)(n-8)$，整理得

$$n^{2}-37n+322=0\ \Longrightarrow\ n=\frac{37\pm9}{2}\ \Longrightarrow\ n=14\ \text{或}\ n=23 .$$

两者都满足 $n\ge10$，故 $n=14$ 或 $n=23$。

(4) $x^{4}$ 有三个来源：$1$ 配 $(1-x)^{10}$ 的 $x^{4}$ 项、$x$ 配它的 $x^{3}$ 项、 $x^{2}$ 配它的 $x^{2}$ 项。$(1-x)^{10}$ 中 $x^{m}$ 的系数是 $(-1)^{m}\mathrm{C}_{10}^{m}$，故

$$1\cdot\mathrm{C}_{10}^{4}+1\cdot\left(-\mathrm{C}_{10}^{3}\right)+1\cdot\mathrm{C}_{10}^{2} =210-120+45=135 .$$

(5) 把 $(x^{2}+x+y)^{5}$ 看成 $5$ 个括号相乘，每个括号出 $x^{2}$、$x$ 或 $y$。要得到 $x^{5}y^{2}$， 必须恰有 $2$ 个括号出 $y$；余下 $3$ 个括号出 $x^{2}$ 或 $x$，设出 $x^{2}$ 的有 $i$ 个、 出 $x$ 的有 $3-i$ 个，则

$$2i+(3-i)=5\ \Longrightarrow\ i=2 .$$

即：$2$ 个括号出 $y$、$2$ 个出 $x^{2}$、$1$ 个出 $x$。这样的分配方式数（也就是同类项个数）为

$$\frac{5!}{2!\,2!\,1!}=\frac{120}{4}=30 ,$$

所以 $x^{5}y^{2}$ 的系数是 $30$。

自检：(1) 也可先算 $(1-2x)^{5}(1+3x)^{4}$ 的低次部分：常数项 $1$、$x$ 项 $(-10+12)x=2x$、$x^{2}$ 项 $-26x^{2}$；用 $x=1$ 处的整体值核查不便，改用小规模验算—— 把两个二次截断多项式相乘，$x^{2}$ 系数确为 $54-120+40=-26$ ✓。 (2) $k=12$ 时 $9^{6}=3^{12}$ 与 $3^{-12}$ 恰好抵消，答案是纯组合数 ✓；$\mathrm{C}_{18}^{6}=18564$ 可用杨辉三角或直接约分核 ✓。 (3) 回代 $n=14$：$\mathrm{C}_{14}^{8}=3003$、$\mathrm{C}_{14}^{9}=2002$、$\mathrm{C}_{14}^{10}=1001$， 而 $2\times2002=4004=3003+1001$ ✓（$n=23$ 同理成立，两解都要写）。 (4) 三项相加 $210-120+45=135$ ✓；系数不为零，说明这三条贡献没有互相抵消。 (5) 用多项式定理核：系数 $\dfrac{5!}{i!\,(3-i)!\,2!}$ 在 $i=2$ 处为 $30$ ✓。

复习参考题 6 第 6 题

6. 用二项式定理证明 $55^{55} + 9$ 能被8整除.（提示：$55^{55} + 9 = (56 - 1)^{55} + 9.$）

证明. 按提示把 $55$ 写成 $56-1$，并注意 $56=8\times7$ 是 $8$ 的倍数。由二项式定理

$$55^{55}=(56-1)^{55}=\sum_{k=0}^{55}\mathrm{C}_{55}^{k}\,56^{k}\,(-1)^{55-k} .$$

其中 $k\ge1$ 的每一项都含因数 $56$，故都能被 $8$ 整除；$k=0$ 的那一项是 $\mathrm{C}_{55}^{0}56^{0}(-1)^{55}=-1$。于是存在整数 $M$ 使

$$55^{55}=8M-1,$$

从而

$$55^{55}+9=8M-1+9=8M+8=8(M+1),$$

括号内是整数，所以 $8\mid 55^{55}+9$。$\blacksquare$

自检：把指数换成小数验一遍机理——$55^{1}+9=64=8\times8$ ✓， $55^{2}+9=3034=8\times379+2$……注意 $55^{2}+9$ 不是 $8$ 的倍数， 原因正是上面用到的 $(-1)^{55}=-1$：指数为奇数时余项才配成 $-1+9=8$。 本题指数 $55$ 是奇数，证明成立 ✓。

复习参考题 6 第 7 题

7.（1）平面内有两组平行线，一组有 $m$ 条，另一组有 $n$ 条，这两组平行线相交，可以构成多少个平行四边形？

(2) 空间有三组平行平面，第一组有 $m$ 个，第二组有 $n$ 个，第三组有 $l$ 个，不同两组的平面都相交，且交线不都平行，可以构成多少个平行六面体？

(1) 一个平行四边形由第一组里的两条与第二组里的两条唯一确定 （两组各取两条，四条线围出的四边形对边分别平行，就是平行四边形）；反之每个平行四边形也唯一地 对应这样一对选择。故由分步乘法计数原理，个数为

$$\mathrm{C}_m^{2}\,\mathrm{C}_n^{2}=\frac{m(m-1)}{2}\cdot\frac{n(n-1)}{2}=\frac{m(m-1)n(n-1)}{4}.$$

（需 $m\ge2$、$n\ge2$，否则为 $0$。）

(2) 同一个道理升一维：一个平行六面体由每组各取两个平面（共 $6$ 个面）唯一确定， 故个数为

$$\mathrm{C}_m^{2}\,\mathrm{C}_n^{2}\,\mathrm{C}_l^{2} =\frac{m(m-1)n(n-1)l(l-1)}{8}.$$

（需 $m,n,l\ge2$。）

自检：(1) $m=n=2$ 时应恰好构成 $1$ 个平行四边形，公式给 $\mathrm{C}_2^2\mathrm{C}_2^2=1$ ✓；$m=3,n=2$ 时公式给 $3$，直观上第一组三条线两两配对得三种， 每种与第二组那两条围出一个，共 $3$ 个 ✓。 (2) $m=n=l=2$ 时给 $1$ 个（一个平行六面体的三对面）✓。

复习参考题 6 第 8 题

8. 某种产品的加工需要经过 5 道工序.

（1）如果其中某道工序不能放在最后，那么有多少种加工顺序？

（2）如果其中某2道工序既不能放在最前，也不能放在最后，那么有多少种加工顺序？

（3）如果其中某2道工序必须相邻，那么有多少种加工顺序？

（4）如果其中某2道工序不能相邻，那么有多少种加工顺序？

$5$ 道工序视为 $5$ 个不同元素的排列，总数 $5!=120$。

（1）$96$。 先安排受限的那道工序：$5$ 个位置里除去最后一个，有 $4$ 种；其余 $4$ 道工序全排列 $4!=24$ 种。故 $4\times24=96$。 （等价地：$120-4!=120-24=96$，减掉它被放在最后的那些排法。）

（2）$36$。 受限的 $2$ 道工序都只能落在中间的第 $2$、$3$、$4$ 位。先把它们排进这 $3$ 个位置： $\mathrm{A}_3^{2}=3\times2=6$ 种；其余 $3$ 道工序排在剩下 $3$ 个位置：$3!=6$ 种。故 $6\times6=36$。

（3）$48$。 捆绑法：把必须相邻的 $2$ 道工序看成一个整体，与其余 $3$ 道工序共 $4$ 个对象 全排列 $4!=24$ 种；整体内部这 $2$ 道工序还可交换，$2!=2$ 种。故 $24\times2=48$。

（4）$72$。 「不相邻」是「相邻」的对立面，直接用总数减：

$$120-48=72 .$$

（也可用插空法核：先把其余 $3$ 道工序全排列 $3!=6$ 种，形成 $4$ 个空位， 再把那 $2$ 道工序插入不同的两个空位 $\mathrm{A}_4^{2}=12$ 种，$6\times12=72$ ✓。）

自检：（1）$96<120$ 且等于 $120\times\dfrac45$ ✓（那道工序落在最后的概率是 $\frac15$）。 （2）$36=120\times\dfrac{3}{5}\times\dfrac{2}{4}$ ✓。 （3）+（4）$=48+72=120$，正好是全部排法 ✓——这一条同时把两问都核了。

复习参考题 6 第 9 题

9. 在 $(1+x)^{3}+(1+x)^{4}+\cdots+(1+x)^{n+2}$ 的展开式中，含 $x^{2}$ 项的系数是多少？

$(1+x)^{j}$ 中 $x^{2}$ 的系数是 $\mathrm{C}_j^{2}$，故所求系数为

$$S=\mathrm{C}_3^{2}+\mathrm{C}_4^{2}+\cdots+\mathrm{C}_{n+2}^{2}.$$

逐项用性质 $\mathrm{C}_j^{2}=\mathrm{C}_{j+1}^{3}-\mathrm{C}_j^{3}$（它就是 $\mathrm{C}_{j+1}^{3}=\mathrm{C}_j^{2}+\mathrm{C}_j^{3}$ 的移项，即杨辉三角「肩上两数相加」那条性质）， 求和时首尾相消：

$$S=\bigl(\mathrm{C}_4^{3}-\mathrm{C}_3^{3}\bigr)+\bigl(\mathrm{C}_5^{3}-\mathrm{C}_4^{3}\bigr)+\cdots +\bigl(\mathrm{C}_{n+3}^{3}-\mathrm{C}_{n+2}^{3}\bigr)=\mathrm{C}_{n+3}^{3}-\mathrm{C}_3^{3},$$

即

$$S=\mathrm{C}_{n+3}^{3}-1=\frac{(n+3)(n+2)(n+1)}{6}-1 .$$

自检：$n=1$ 时原式只有 $(1+x)^{3}$，$x^{2}$ 系数应为 $\mathrm{C}_3^2=3$； 公式给 $\mathrm{C}_4^{3}-1=4-1=3$ ✓。 $n=2$ 时应为 $\mathrm{C}_3^2+\mathrm{C}_4^2=3+6=9$；公式给 $\mathrm{C}_5^{3}-1=10-1=9$ ✓。 $n=3$：$3+6+10=19$，公式给 $\mathrm{C}_6^3-1=20-1=19$ ✓。

这道题的动作：一串组合数相加，先把每一项写成两个组合数之差（裂项）， 和就塌成首尾两项之差——这条恰好是本节杨辉三角那个递推性质的用法之一。

复习参考题 6 第 10 题

10. 你能构造一个实际背景，对等式 $\mathrm{C}_n^k \cdot \mathrm{C}_{n - k}^{m - k} = \mathrm{C}_n^m \cdot \mathrm{C}_m^k$ 的意义作出解释吗？

先说清等式成立的范围：$0\le k\le m\le n$，且 $k,m,n$ 都是整数。

一个实际背景：从 $n$ 名同学中选出一个 $m$ 人小组，并在组内指定 $k$ 人当干部。 同一件事用两种顺序去数，数出来必须一样：

• 先定小组、再定干部（等式右边）：从 $n$ 人中选 $m$ 人组队，有 $\mathrm{C}_n^{m}$ 种； 再从这 $m$ 人中选 $k$ 人当干部，有 $\mathrm{C}_m^{k}$ 种。由分步乘法计数原理，共 $\mathrm{C}_n^{m}\mathrm{C}_m^{k}$ 种。
• 先定干部、再补普通成员（等式左边）：直接从 $n$ 人中选出 $k$ 名干部，有 $\mathrm{C}_n^{k}$ 种； 小组还差 $m-k$ 个普通成员，要从剩下的 $n-k$ 人中选，有 $\mathrm{C}_{n-k}^{m-k}$ 种。共 $\mathrm{C}_n^{k}\mathrm{C}_{n-k}^{m-k}$ 种。

两种数法数的是同一批「（小组，干部名单）」的搭配，且都不重不漏（一个搭配在每种数法里 恰好被数一次），所以两个式子相等，这就是等式的组合意义。

代数上核一遍（两边都化成阶乘）：

$$\mathrm{C}_n^{k}\mathrm{C}_{n-k}^{m-k} =\frac{n!}{k!(n-k)!}\cdot\frac{(n-k)!}{(m-k)!(n-m)!} =\frac{n!}{k!\,(m-k)!\,(n-m)!},$$ $$\mathrm{C}_n^{m}\mathrm{C}_m^{k} =\frac{n!}{m!(n-m)!}\cdot\frac{m!}{k!(m-k)!} =\frac{n!}{k!\,(m-k)!\,(n-m)!},$$

两者相同 ✓。

换一个背景也一样：把 $n$ 件产品分成「$k$ 件送检 $+$ $(m-k)$ 件备用 $+$ $(n-m)$ 件入库」， 三堆的分法数就是上面那个公共值 $\dfrac{n!}{k!(m-k)!(n-m)!}$——这也解释了为什么两边会相等： 它们都在数同一个「三分法」。

自检：取 $n=5$、$m=3$、$k=2$：左边 $\mathrm{C}_5^{2}\mathrm{C}_3^{1}=10\times3=30$， 右边 $\mathrm{C}_5^{3}\mathrm{C}_3^{2}=10\times3=30$ ✓；公共表达式 $\dfrac{5!}{2!\,1!\,2!}=\dfrac{120}{4}=30$ ✓。