浙江 2012 · 数学 q14

冷启动：先把「$a_3$ 到底是谁的系数」定死

题面把 $f(x)=x^{5}$ 摊成

$$x^{5}=a_{0}+a_{1}(1+x)+a_{2}(1+x)^{2}+a_{3}(1+x)^{3}+a_{4}(1+x)^{4}+a_{5}(1+x)^{5},$$

问 $a_{3}$。

转写里这一行印成了 $\cdots+a_{3}(1+x)^{3}+\ +a_{4}(1+x)^{4}+\ +a_{5}(1+x)^{5}$， 两处多了一个加号——那是切题时的字符噪声，原卷就是上面这个普通的和式，六项六个系数。

第一件事：看清 $a_{3}$ 配的是什么。 是 $(1+x)^{3}$，不是 $x^{3}$。 这两件事差得很远——$x^{5}$ 里 $x^{3}$ 的系数明明是 $0$，而 $a_{3}$ 待会儿会算出 $10$。 读题时把那句话在心里补全：「$a_3$ 是括号那一坨的三次方前面的数」。

第二件事：认出这是换基底。 一个五次多项式，既可以按 $1,x,x^{2},\dots,x^{5}$ 摊开， 也可以按 $1,(1+x),(1+x)^{2},\dots,(1+x)^{5}$ 摊开。两组基底只差一次平移， 所以这样的表示一定存在、而且唯一——唯一性很要紧，它保证下面三条路算出来的 必然是同一组数，彼此可以互验。

第三件事：$1+x$ 的「零点」在哪。 括号为零处是 $x=-1$。 「按 $(1+x)$ 的幂展开」与「在 $x=-1$ 处展开」是同一句话， 后面三条路其实都在利用这一点。

解法一：换元 $t=1+x$——原点搬到 $x=-1$，题目变成把 $(t-1)^{5}$ 展开

令

$$t=1+x\quad\Longleftrightarrow\quad x=t-1 .$$

符号别搞反：括号写的是 $1+x$，所以新元为零时原变量是 $-1$，回代式是 $x=t-1$， 不是 $x=t+1$。代进去，左边成了

$$x^{5}=(t-1)^{5},$$

右边成了一个关于 $t$ 的普通多项式 $a_{0}+a_{1}t+\cdots+a_{5}t^{5}$。 于是 $a_{3}$ 就是 $(t-1)^{5}$ 展开后 $t^{3}$ 的系数——一次二项式定理的事：

$$(t-1)^{5}=\sum_{k=0}^{5}\mathrm{C}_{5}^{k}\,t^{k}(-1)^{5-k} \qquad\Longrightarrow\qquad a_{k}=\mathrm{C}_{5}^{k}(-1)^{5-k}.$$

取 $k=3$：

$$a_{3}=\mathrm{C}_{5}^{3}(-1)^{5-3}=10\times(-1)^{2}=\boxed{10}$$

那个 $(-1)^{5-k}$ 不能漏。 展开的是 $(t-1)^{5}$ 不是 $(t+1)^{5}$， 六个系数的符号一正一负地交错：$-1,\,5,\,-10,\,10,\,-5,\,1$。 $5-k$ 为奇数（即 $k$ 为偶数）时符号是负的，所以漏掉这个因子，$a_{0}$、$a_{2}$、$a_{4}$ 三个会全写成正的：$-1$ 成 $1$、$-10$ 成 $10$、$-5$ 成 $5$。

本题问的 $k=3$ 碰上的是 $(-1)^{2}=+1$，漏了反而不影响——这纯属运气， 换成问 $a_{2}$ 就是 $-10$、问 $a_{4}$ 就是 $-5$，一漏就错。 所以别把「这次没吃亏」当成「符号可以不写」。

解法二：不换元，从最高次往下逐层比系数——三层就摸到 $a_3$

一眼看不出换元也不要紧。两边都按 $x$ 的幂摊开，逐次幂比系数。 关键是先看清哪些未知数会供货给 $x^{m}$：$(1+x)^{k}$ 展开后最高只到 $x^{k}$， 所以 $x^{m}$ 只能由下标 $k\ge m$ 的那些 $a_{k}$ 供货。

这是一个上三角的方程组——从最高次开始，每一层都只多一个新未知数：

第一层，$x^{5}$。 只有 $a_{5}(1+x)^{5}$ 供得起，系数是 $a_{5}$。左边 $x^{5}$ 的系数是 $1$：

$$a_{5}=1 .$$

第二层，$x^{4}$。 供货的是 $a_{5}(1+x)^{5}$ 里的 $\mathrm{C}_{5}^{4}x^{4}$ 与 $a_{4}(1+x)^{4}$ 里的 $x^{4}$。 左边 $x^{4}$ 的系数是 $0$：

$$\mathrm{C}_{5}^{4}a_{5}+a_{4}=0\ \Longrightarrow\ 5\times 1+a_{4}=0\ \Longrightarrow\ a_{4}=-5 .$$

第三层，$x^{3}$。 供货的多了一个 $a_{3}$，左边 $x^{3}$ 的系数仍是 $0$：

$$\mathrm{C}_{5}^{3}a_{5}+\mathrm{C}_{4}^{3}a_{4}+a_{3}=0 \ \Longrightarrow\ 10\times 1+4\times(-5)+a_{3}=0 \ \Longrightarrow\ a_{3}=10 .$$

到这里就够了，$a_{2},a_{1},a_{0}$ 一个都不用算。

这条路慢一点，好处是不需要看穿「换元」这一层，而且每一步的来源都摊在明面上， 容易查错。它还顺手把冷启动那句话演示了一遍：左边 $x^{3}$ 的系数是 $0$， 可 $a_{3}$ 是 $10$——两者根本不是一个东西。

解法三：恒等式两边求三次导再代 $x=-1$——右边只剩 $3!\,a_3$

题面给的是恒等式（对一切 $x$ 成立），不是方程。于是两边可以一起求导。

左边求三次导：

$$f(x)=x^{5},\quad f'(x)=5x^{4},\quad f''(x)=20x^{3},\quad f'''(x)=60x^{2},$$

代 $x=-1$ 得 $f'''(-1)=60\times(-1)^{2}=60$。

右边求三次导，再代 $x=-1$。 右边是六项之和，逐项看：

• $k<3$ 的三项（常数、$(1+x)$、$(1+x)^{2}$）求三次导后直接变成 $0$；
• $k=3$ 的那项：$\bigl[a_{3}(1+x)^{3}\bigr]'''=3!\,a_{3}=6a_{3}$，是个常数；
• $k>3$ 的两项求完三次导后仍带 $(1+x)$ 的正次幂，代 $x=-1$ 全部归零。

所以右边只剩 $6a_{3}$。两边相等：

$$6a_{3}=60\ \Longrightarrow\ a_{3}=\frac{60}{6}=10 .$$

这条路的一般形式就是

$$a_{k}=\frac{f^{(k)}(-1)}{k!},$$

也就是「在 $x=-1$ 处展开」那句话的算式版——与解法一说的是同一件事， 只是一个用组合计数、一个用微分。

六个系数一次算齐，顺带两处自检

三条路都只要 $a_{3}$，但把六个一起写出来只多花一行，而且立刻能自检：

$$a_{0}=-1,\quad a_{1}=5,\quad a_{2}=-10,\quad a_{3}=10,\quad a_{4}=-5,\quad a_{5}=1 .$$

• 代 $x=0$：右边成了 $a_{0}+a_{1}+\cdots+a_{5}$，左边是 $f(0)=0$。 验：$-1+5-10+10-5+1=0$，对上了。
• 代 $x=-1$：右边每一项都带 $(1+x)$ 的正次幂而归零，只剩 $a_{0}$；左边是 $f(-1)=-1$。 验：$a_{0}=-1$，对上了。

两处代入各花五秒，能同时抓住「符号漏了」与「系数错位」两类错。

三个提醒

1. $a_{3}$ 不是 $x^{3}$ 的系数。 这是本题唯一真正的坎。 同一个 $x^{5}$，按 $x$ 的幂摊开时 $x^{3}$ 的系数是 $0$， 按 $(1+x)$ 的幂摊开时 $(1+x)^{3}$ 的系数是 $10$。下标一样，配的东西不一样。

2. 交错符号漏不得。 展开的是 $(t-1)^{5}$，通项带 $(-1)^{5-k}$。 本题问的恰好是偶次幂而侥幸没吃亏，但换成问 $a_{2}$ 就是 $-10$。 写通项时先把符号写上去再算那个 $\mathrm{C}_{5}^{k}$，别等算完再补。

3. 求导那条路要两边一起求，而且先求导后代值。 只对左边求导、右边照抄， 或者先代 $x=-1$ 再想求导，都是白做。还有别漏 $3!$—— $a_{3}(1+x)^{3}$ 求三次导给的是 $6a_{3}$，不是 $a_{3}$。