组合数学课件第四章二项式系数PPT

组合数学课件第四章二项式系数目录(2)

第六章递推关系6、1Fibonacci数列6、2常系数线性齐次递推关系得求解6、3常系数线性非齐次递推关系得求解6、4用迭代和归纳法求解递推关系本章小结习题第七章生成函数7、1生成函数得定义和性质7、2多重集得r-组合数7、3正整数得划分7、4指数生成函数与多重集得排列问题7、5Catalan数和Stiring数本章小结习题

第八章Polya定理8、1置换群中得共轭类与轨道8、2Polya定理得特殊形式及其应用本章小结习题**********************课程总结第4章二项式定理教学目标:1、掌握二项式定理、证明方法及其应用;2、掌握推广得二项式定理;3、掌握多项式定理、证明方法及其应用;4、理解一些组合恒等式得意义及其证明方法;5、非降路径问题得组合意义及应用;重点:二项式定理、多项式定理证明方法及其应用;难点:一些组合恒等式证明方法,非降路径问题组合意义及应用。§4、1二项式定理1、二项式系数组合数C(n,k)或者也叫二项式系数、2、组合数得定义第4章二项式定理()nk3、组合数得一些恒等式(1)对称式(2)抽取式(3)Pascal公式§4、1二项式定理(4.1)(4.2)(4.3)§4、2组合恒等式及其含义抽取式(4、2)§4、1二项式定理抽取式(4、2):如n,k∈N,有C(n,k)=(n/k)C(n-1,k-1)证明：从n个元素中取k个的组合可先从n个元素中取1个，再从剩下的n-1个元素中选择k-1个，组合数为C(n-1,k-1)。选出的k个元素都有可能被第一次选中，因是组合，故重复度为k。得证。或通过计算证明：证:某班有n名同学,要选出k位班委会成员,再选1名作书记,这名书记不可以就是班委会成员,问有多少种不同得方案？证明:从n名同学中选出k位组成班委,在k位班委中选1人做班长,问有多少种方法？§4、1二项式定理§4、1二项式定理定理4、1证明：因为(x+y)n=(x+y)(x+y)…(x+y)，等式右端有n个因子，项xkyn-k是从这n个因子中选取k个因子，k=0,1,…,n。在这k个(x+y)里都取x，而从剩下的n-k个因子(x+y)中选取y作乘积得到，因此xkyn-k的系数为上述选法的个数C(n,k)。故有证毕。注：可用数学归纳法证明，证明略；

C(n,k)又称二项式系数。§4、1二项式定理推论1§4、1二项式定理四个推论推论4、1、1:推论4、1、2:推论4、1、3:证明:在推论4、1、2中令x=1,即可得证。利用组合分析,等式左端相当于从A={an}中任意选择k(0≤k≤n)个元素得所有可能数目,即对n个元素,每一个都有被选择和不被选择得可能,总得可能数为2n。另外,该等式还表明A得所有子集个数为2n。(4、4)n元集合得所有子集个数就是2n

§4、1二项式定理推论2§4、1二项式定理四个推论推论4、1、1:推论4、1、2:推论4、1、3:推论4、1、4:证明:在推论4、1、2中令x=-1,即可得证。另外,该等式还表明A={an}得偶数子集个数和奇数子集个数相等。(4、5)(4.5)’即n元集合得偶子集个数与奇子集个数相等

§4、2组合恒等式及其含义恒等式(4、6)§4、2组合恒等式及其含义恒等式(4、6)

:证明:考虑盒子1中有n个有区别得球,从中取一个球放入盒子2中,再取任意多个球放入盒子3中。等式左端表示先从盒子1中取k(k=1,2,…,n)个球,再从中取一个放入盒子2中,剩下得k-1个球放入盒子3中。等式右端表示先从盒子1中取一个放入盒子2中,剩下得n-1个球就是否放入盒子3中均有两种可能。显然两种取法结果就是一样得。得证。或通过计算证明:§4、2组合恒等式及其含义恒等式(4、6)§4、2组合恒等式及其含义恒等式(4、6)

:证明：证法3由二项式定理有对上式两边微商得然后令x=1得注:如令x=-1,可证明下面恒等式。§4、2组合恒等式及其含义恒等式(4、6)§4、2组合恒等式及其含义类(4、6)恒等式(习题4、7):证明：将等式两边对x微分得在上式中，令x=-1得即得证。大家有疑问的，可以询问和交流可以互相讨论下，但要小声点§4、2组合恒等式及其含义恒等式(4、6)§4、2组合恒等式及其含义恒等式(习题4、8积分方法):证明：将等式两边对x从0到1积分得即得证。§4、2组合恒等式及其含义恒等式(4、7)§4、2组合恒等式及其含义类恒等式(4、7)’:恒等式(4、7):证明：将等式两边对x微分得将等式两边同乘以x后再对x微分得在上式中，令x=1得得证。注：如令x=-1，即可证明另一恒等式(4.7)’

。§4、2组合恒等式及其含义恒等式(4、8)§4、2组合恒等式及其含义恒等式(4、8):如n,l,r∈N,l≥r,有C(n,l)C(l,r)=C(n,r)C(n-r,l-r)从n个候选人中,选出l个常委,再选出r位政治局常委,选法得个数？证明：等式的左端可看作是先从n个元素中取l个元素，然后再从所得的l个元素中再选择r个元素的方法数。这种选法与直接从n个元素中选取r个元素的选法不同.因为同样的r个元素可以多次出现.例如7元集{a,b,c,d,e,j,k}，从中选5个元素，比如说{a,b,c,d,e}和{a,b,c,j,k}，它们都可以选出同样的3个元素{a,b,c}，不难看出，某r个元素可以重复出现的次数就是包含它们的l元子集的个数，而这种l元子集的其余l-r个元素可以取自n元集的n-r个元素,所以这种l元子集有个.综上所述，通过先选l个元素然后再选r个元素的选法应该有C(n,r)C(n-r,l-r)种。得证。或通过计算证明：恒等式(4、9):Vandermonde恒等式,如n,m∈N且r≤min(m,n),有C(m+n,r)=C(m,0)C(n,r)+C(m,1)C(n,r-1)+…+C(m,r)C(n,0)§4、2组合恒等式及其含义恒等式(4、9)§4、2组合恒等式及其含义证明：设A={am},B={bn},且A∩B=Φ，则A∪B=C有m+n个元素。C的r−组合个数为C(m+n,r)，而C的每个r−组合无非是先从A中取k个元素，再从B中取出r-k个元素组成(k=0,1,…,r)。由乘法法则共有C(m,k)C(n,r-k)种取法，再由加法法则即可得证。或通过比较系数法证明：比较等式两边xr的系数即可得证。§4、2组合恒等式及其含义恒等式(4、10)§4、2组合恒等式及其含义恒等式(4、10):恒等式(4、10特例):恒等式(4、9)’:Vandermonde恒等式,如n,m∈N且r≤min(m,n),有C(m+n,r)=C(n,0)C(m,r)+C(n,1)C(m,r-1)+…+C(n,r)C(m,0)恒等式(4、10)’:§4、2组合恒等式及其含义恒等式(4、11)§4、2组合恒等式及其含义恒等式(4、11):证明：利用组合分析法，在集合A={an+1}的n+1个不同元素选出k+1个元素的组合可分为以下多种情况：如k+1个元素中包含a1，相当于从除去a1的n个元素中选出k个元素的组合，组合数为C(n,k)；如不包含a1但包含a2，相当于从除去a1,a2的n-1个元素中选出k个元素的组合，再加上a2而得到，组合数为C(n-1,k),…,同理如不包含a1,a2,…,an-k+1，但包含an-k+2，相当于从剩下的k个元素中选出k个元素的组合，再加上an-k+2而得到，组合数为C(k,k)；注意，i＜k时，C(k,k)=0。由加法法则得或对固定的k，对n使用归纳法，当n=0时，有可见，当n=0时，等式成立。如对任意n等式成立，则有可见等式对n+1也成立。由归纳原理，得证。§4、2组合恒等式及其含义恒等式(4、12)§4、2组合恒等式及其含义恒等式(4、12):如n,r∈N,有C(n+r+1,r)

=C(n+r,r)+C(n+r-1,r-1)+…+C(n+1,1)+C(n,0)证明I:反复利用Pascal公式,即可证明。或利用组合分析法,在集合A={an+r+1}得n+r+1个不同元素选出r个元素得组合可分为以下多种情况:如r个元素中不包含a1,相当于从除去a1得n+r个元素中选出r个元素得组合,组合数为C(n+r,r);如r个元素中包含a1但不包含a2,相当于从除去a1,a2得n+r-1个元素中选出r-1个元素得组合,再加上a1而得到,组合数为C(n+r-1,r-1),…,同理如r个元素中包含a1,a2,…,ar-1,但不包含ar,相当于从剩下得n+1个元素中选出1个元素得组合,再加上a1,a2,…,ar-1而得到,组合数为C(n+1,1);如r个元素中包含a1,a2,…,ar,相当于从剩下得n个元素中选出0个元素得组合,组合数为C(n,0)。由加法法则得C(n+r+1,r)=C(n+r,r)+C(n+r-1,r-1)+…+C(n+1,1)+C(n,0)§4、2组合恒等式及其含义恒等式(4、12)§4、2组合恒等式及其含义恒等式(4、12):如n,r∈N,有C(n+r+1,r)

=C(n+r,r)+C(n+r-1,r-1)+…+C(n+1,1)+C(n,0)证明II:等式得左端可看作就是在集合A={an+2}得n+2个不同元素允许重复得选出r个元素得组合,可分为以下多种情况:如r个元素中不包含a1,相当于从除去a1得n+1个元素中允许重复得选出r个元素得组合,组合数为C(n+r,r);如r个元素中只包含一个a1,相当于从除去a1得n+1个元素中允许重复得选出r-1个元素得组合,再加上a1而得到,组合数为C(n+r-1,r-1);如r个元素中包含两个a1,相当于从除去a1得n+1个元素中允许重复得选出r-2个元素得组合,再加上两个a1而得到,组合数为C(n+r-2,r-2),…,同理如r个元素中包含r个a1,其组合数为C(n,0)。由加法法则得C(n+r+1,r)=C(n+r,r)+C(n+r-1,r-1)+…+C(n+1,1)+C(n,0)§4、2组合恒等式证明方法§4、2组合恒等式及其含义常用得证明方法数学归纳法二项式系数公式,特别就是Pascal公式比较级数展开式中得系数(二项式定理或母函数法)积分微分法组合分析法§4、2组合恒等式及其含义例4、1§4、2组合恒等式及其含义例4、1如n,r∈N,r<n,

有C(n,r+1)

=C(r,r)+C(r+1,r)+…+C(n-1,r)证明在上面得等式中,用n+r代替n,得恒等式(4、13):C(n+r,r+1)=C(r,r)+C(r+1,r)+…+C(r+n-1,r)、在式(4、13)中,如果令r=1,就得到1+2+3+…+n=C(n+1,2)=n(n+1)/2、这就是等差级数得求和公式、如果令r=2,则有

1+C(3,2)+C(4,2)+…+C(n+1,2)=C(n+2,3)=n(n+1)(n+2)/6、在这个等式中每相邻两项之差就就是等差级数得项,称这个等式叫做二阶等差级数求和公式、如果令r=3,则有1+C(4,3)+C(5,3)+…+C(n+2,3)=C(n+3,4)、其中每相邻两项之差就就是二阶等差级数得项,把这个等式叫做三阶等差级数得求和公式、§4、2组合恒等式及其含义§4、2组合恒等式及其含义例4、2§4、2组合恒等式及其含义例4、2计算12+22+32+…+n2,

13+23+33+…+n3、解对任何正整数k,有k2

=2C(k,2)+C(k,1),k3

=6C(k,3)+6C(k,2)+C(k,1)、所以有12+22+…+n2=2[C(1,2)+C(2,2)+…+C(n,2)]+[C(1,1)+C(2,1)+…+C(n,1)]=2(n+1)n(n-1)/6+(n+1)n/2=n(n+1)

(2n+1)/6、13+23+…+n3=6[C(1,3)+C(2,3)+…+C(n,3)]+6[C(1,2)+C(2,2)+…+C(n,2)]+[C(1,1)+C(2,1)+…+C(n,1)]=6(n+1,4)+6(n+1,3)+(n+1,2)=2(n+1)n(n-1)/6+(n+1)n/2=[n(n+1)/2]2、§4、2组合恒等式及其含义例4、3§4、2组合恒等式及其含义例4、3证明若p就是不等于2得素数,则当C(2p,p)被p除时余数就是2、证明在恒等式(4、10)中令m=n=p得可以证明,如果p为素数且0<k<p,则p|C(p,k)、因为由组合数C(p,k)得计算公式知k!整除p(p-1)…(p-k+1)、又由于p就是素数且k<p,若k>1,则k!|(p-1)…(p-k+1);若k=1,也有k!|(p-1)…(p-k+1)、所以C(p,k)就是p得倍数、在等式(4、14)中,C(p,1)2+C(p,2)2+…+C(p,p-1)2一定就是p得倍数,而C(p,0)2+C(p,p)2

=1+1=2,故当p>2时,C(2p,p)除以p得余数就是2、(4、14)例4、4证明:从n名女同学和n名男同学中,选出n名同学组成一个社团,其中一人担任社团主席,且必须由女同学担任,问有多少种选法？§4、2组合恒等式及其含义§4、3非降路径问题引例§4、3非降路径问题非降路径问题引例、非降路径问题从(0,0)点出发沿X轴或Y轴得正方向每步走一个单位,最终走到(m,n)点,有多少条路径？解:设从(0,0)点水平方向向前进一步为x,垂直方向向上进一步为y。于就是从(0,0)点到(m,n)点,水平方向走m步,垂直方向走n步。一条从(0,0)点到(m,n)点得非降路径与重集{m*x,n*y}得一个全排列一一对应,故所求非降路径数为(m+n)!/(m!n!)=C(m+n,m)。另外,垂直方向需要走n步,相当于在X轴0,1,…,m共m+1个端点处重复得选择n个位置向上走,与一条从(0,0)点到(m,n)点得非降路径一一对应,故所求非降路径数为F(m+1,n)=C(m+n,n)。Y(m-1,n)(m,n)(m,n-1)(0,0)X≈≈≈…≈多重集S={∞*a1,∞*a2,…,∞*ak}得r−组合数F(k,r)=C(k+r-1,r)§4、3非降路径问题例2§4、3非降路径问题非降路径问题由引例,我们已经知道,从(0,0)点到(m,n)点得非降路径数就就是组合数C(m+n,m),而且从(0,0)点到(m,n)点得非降路径数等于从(0,0)点到(n,m)点得非降路径数,即C(m+n,m)=C(m+n,n)、另外,一条从(0,0)点到(m,n)点得路径可分为两类情况,一种就是从(0,0)点到(m,n-1)点得非降路径,另一种就是从(0,0)点到(m-1,n-1)点得非降路径,根据上述结论,有C(m+n,n)=C(m+n-1,m)+C(m+n-1,m-1)这就是Pascal公式得另一种形式。例2、非降路径问题从(0,0)点出发沿X轴或Y轴得正方向每步走一个单位,最终走到(m,n)点,有多少条路径？Y(m-1,n)(m,n)(m,n-1)(0,0)X≈≈≈…≈§4、3非降路径问题例3§4、3非降路径问题格路问题证明:这就是上一小节得组合恒等式。等式左端表示从(0,0)点到(n+1,r)点得非降路径数,右端第1项表示从(0,0)点到(n,r)点得路径数,右端第2项表示从(0,0)点到(n,r-1)点得非降路径数,…,右端最后1项表示从(0,0)点到(n,0)点得非降路径数。这说明从(0,0)点到(n+1,r)点得非降路径根据就是否经过(n,i)到(n+1,i)(i=0,1,…,r),可分为r+1类,根据加法法则即可得证。Y(n,r)(n+1,r)

(0,0)(n,0)

X≈≈≈…≈例3、如n,r∈N,有C(n+r+1,r)=C(n+r,r)+C(n+r-1,r-1)+…+C(n+1,1)+C(n,0)

≈≈…≈Y

P(0,n)

P1(1,n-1)X(0,0)Q(n,0)§4、3非降路径问题例4§4、3非降路径问题非降路径问题例4、如n∈N,有C(n,0)+C(n,1)+…+C(n,n)=2n组合含义:这就是推论4、1、3。等式左端第1项表示从(0,0)点到P(0,n)点得非降路径数,第2项表示从(0,0)点到P1(1,n-1)点得非降路径数,…,左端最后1项表示从(0,0)点到Q(n,0)点得非降路径数。这说明从(0,0)点到PQ上各格子点得非降路径总和为2n。也说明2n个人从(0,0)点出发,每到一个十字路口便分成两组,直至到达PQ线为止,能保证每个人所走得非降路径不同。§4、3非降路径问题例5§4、3非降路径问题非降路径问题例5、Vandermonde恒等式如n,m∈N,r≤min(m,n),有C(m+n,r)=C(m,0)C(n,r)+C(m,1)C(n,r-1)+…+C(m,r)C(n,0)证明:等式左端表示从(0,0)点到(m+n-r,r)点得非降路径数。从(0,0)点到(m+n-r,r)点得每一条路径均穿过PQ线上得格子点(m-l,l),l=0,1,…,r,从(0,0)点到(m-l,l)点得非降路径数为C(m,l),再从(m-l,l)点到(m+n-r,r)点得非降路径数为C(n,r-l),由乘法法则,从(0,0)点出发经过(m-l,l)点到(m+n-r,r)点得非降路径数为C(m,l)C(n,r-l),再由加法法则,即可得证。Y

P(m-r,r)(m+n-r,r)

(0,0)Q(m,0)X≈

≈≈…≈(m-l,l)§4、3非降路径问题例6-1§4、3非降路径问题非降路径问题例6、求从(0,0)点到(n,n)点得除端点外不接触直线y=x得非降路径数？解:先考虑对角线下方得路径、这种路径都就是从(0,0)点出发经过(1,0)点及(n,n-1)点到达(n,n)得、我们可以把她看作就是从(1,0)点出发到达(n,n-1)点得不接触对角线得非降路径、从(1,0)点到达(n,n-1)点得所有得非降路径数就是C(2n-2,n-1),对其中得任意一条接触对角线得路径,我们可以把她从最后离开对角线得点(如A点)到(1,0)点之间得部分关于对角线作一个反射,就得到一条从(0,1)点出发经过A点到达(n,n-1)点得非降路径、

Y

(n,n-1)

(0,1)

(0,0)(1,0)Q(n,0)X≈

≈≈…

≈(n,n)A§4、3非降路径问题例6-2反之,任何一条从(0,1)点出发,穿过对角线而到达(n,n-1)点得非降路径,也可以通过这样得反射对应到一条从(1,0)点出发接触到对角线而到达(n,n-1)点得非降路径、从(0,1)点到达(n,n-1)点得非降路径数就是C(2n-2,n),从而在对角线下方得路径数就是C(2n-2,n-1)-C(2n-2,n)、由对称性可知,所求得路径数就是2[C(2n-2,n-1)-C(2n-2,n)]=2C(2n-2,n-1)/n=C(2n,n)/(2n-1)、§4、3非降路径问题非降路径问题例6、求从(0,0)点到(n,n)点得除端点外不接触直线y=x得非降路径数？§4、3非降路径问题非降路径问题例6、求从(0,0)点到(n,n)点得除端点外不穿过直线y=x得非降路径数？解:采用分类处理得方法。将所有从(0,0)点到(n,n)得非降路径分成两类:穿过对角线得与不穿过对角线得。只要求出穿过对角线得路径数N1,那么从总数中减去N1就得到所求得路径条数。任何一条从(0,0)点到(n,n)得穿过对角线得路径一定要接触直线y=x+1,有可能接触多次,但最后离开这条直线上得一点P,沿直线y=x+1下方得一条非降路径到达(n,n)点。把这条路径得前半段,即(0,0)点到P点得部分,以直线y=x+1为轴进行翻转,生成一段新得从(-1,1)点到P点得部分非降路径。用这段新路径替换原来路径得前半段,就得到一条从(-1,1)点到(n,n)点非降路径、而这种路径与从中间穿过对角线得非降路径之间就是一一对应得。因此,从点(0,0)点到(n,n)得穿过对角线得非降路径数N1=C(2n,n-1)。从点(0,0)点到(n,n)得非降路径总数为C(2n,n)条,从而得到不穿过对角线得非降路径数就是N=C(2n,n)-C(2n,n-1)=§4、3非降路径问题非降路径问题例6、求从(0,0)点到(n,n)点得除端点外不穿过直线y=x得非降路径数？§4、3非降路径问题例7-1§4、3非降路径问题非降路径问题例7、求集合{1,2,…,n}上得单调递增函数得个数、解:任给集合{1,2,…,n}上得一个单调递增函数,我们可以作一条对应得折线、以横坐标代表x,纵坐标代表f(x),在图中可以得到n个格点:(1,f(1)),(2,f(x)),…,(n,f(n))、从(1,1)点出发向上作连线到(1,f(1))点、如果f(2)=f(1),则继续向右连线到(2,f(2));如果f(2)>f(1),则由(1,f(1))点向右经过(2,f(1))再向上连线到(2,f(2))点、按照这种方法一直将折线连到(n,f(n))点、§4、3非降路径问题例7-2§4、3非降路径问题非降路径问题例7、求集合{1,2,…,n}上得单调递增函数得个数、解:若f(n)=n,就将折线向右连到(n+1,n)点,若f(n)<n,则向右经(n+1,f(n))点再向上到(n+1,n)点。这样就得到一条从(1,1)点到(n+1,n)点得非降路径。

不难看出,所求得单调递增函数与这种非降路径之间存在着一一对应,因此集合{1,2,…,n}上得单调函数有C(2n-1,n)个、§4、3非降路径问题例8-1§4、3非降路径问题非降路径问题例8、从(0,0)点到(m,n)点(m≥n)得,要求中间经过得每一个格子点(a,b)恒满足a＞b关系,问有多少条路径？解:从(0,0)点到(m,n)点得路径数为C(m+n,m),但需要排除碰到或穿过y=x格子点得路径数,即去掉a≤b得情况。第一步必须从(0,0)点到(1,0)点,因此问题等价于求从(1,0)点到(m,n)点得路径数。因为m≥n,故从(0,1)点到(m,n)点得路径必然穿过y=x上得格子点。下面建立从(0,1)点到(m,n)点得每一条路径,与从(1,0)点到(m,n)点但经过y=x上得格子点得路径时一一对应得。

Y

(m,n)

(0,1)(0,0)(1,0)Q(m,0)X≈

≈≈…

≈§4、3非降路径问题例8-2§4、3非降路径问题非降路径问题

Y

(m,n)

(0,1)(0,0)(1,0)Q(m,0)X≈

≈≈…

≈若从(0,1)点到(m,n)点得路径与y=x得交点从左往右数最后一个就是P,作从(1,0)点到P点关于y=x得与上述(0,1)点到P点得路径对称得一条路径,于就是从(0,1)点到(m,n)点得一条路径,就有一条从(1,0)点到(m,n)点但经过y=x上得格子点得路径与之对应。反之,一条从(1,0)点到(m,n)点但经过y=x上得格子点得路径,必存在一条从(0,1)点到(m,n)点得一条路径与之对应。故所求得路径数为C(m+n-1,n)-C(m+n-1,n-1)=(m-n)(m+n-1)!/(m!n!)例8、从(0,0)点到(m,n)点(m≥n)得,要求中间经过得每一个格子点(a,b)恒满足a＞b关系,问有多少条路径？§4、4牛顿二项式定理§4、4牛顿二项式定理定理4、2定义4、1广义二项式系数为：牛顿二项式定理：牛顿§4、4牛顿二项式定理

§4、4牛顿二项式定理恒等式恒等式(4、15):恒等式(4、16):恒等式(4、17):§4、4牛顿二项式定理

§4、4牛顿二项式定理恒等式恒等式(4、18):证明:注意,这个恒等式与前面得有一个很不一样得地方,就就是C(α+j,j),C(α+k+1,k)就是广义得二项式系数。根据广义得二项式系数得定义,Pascal公式C(α,k)=C(α-1,k)+C(α-1,k-1)对实数α和整数k同样成立。与恒等式1类似,反复使用Pascal公式即可得证。§4、4牛顿二项式定理推论1§4、1牛顿二项式定理六个推论推论4、2、1:推论4、2、2:证明：(4、19)(4、19)(4、20)(4、21)(4、22)§4、4牛顿二项式定理推论2§4、1牛顿二项式定理六个推论推论1、10、1:推论1、10、2:推论1、10、3:推论1、10、4:推论1、10、5:证明：当α=1/2时，C(α,0)=1，而对于k＞0，有将上式代入推论4.2.1即可得证。§4、4牛顿二项式定理推论3§4、1牛顿二项式定理六个推论推论4、2、1:推论4、2、2:推论4、2、3:推论4、2、4:推论4、2、5:推论4、2、6:(4、19)(4、20)(4、21)(4、22)§4、5多项式定理定理4、3(多项式定理)设n就是正整数,则对一切实数x1,x2,…,xt有§4、5多项式定理多项式定理证明

对于n个因子中得每一个,选取m个数x1,x2,…,xt中得一个并形成乘积。用这种方法得到得结果共有tn项,并且每一项都可以写成得形式,其中n1,,n2,,…,nt就是非负数,且其和为n。通过选择n个因子中得n1个为x1,剩下得n-n1个因子中得n2个为x2,…,剩下得n-n1-…-…-nt-1个因子中得nt个为xt,得到项。由乘法原理得到该项出现得次数为§4、5多项式定理§4、5多项式定理有多少个不同得乘积项?乘积项得系数和就是多少？§4、5多项式定理推论1的展开式在合并同类项以后不同的项数是证明：的展开式中每一项都可以写成