0.前要：

对称公式：

\mathrm{C}_{n}^{k}=\mathrm{C}_{n}^{n - k}
\mathrm{C}_{n}^{k}=\mathrm{C}_{n}^{n - k}

组合数递推公式：

\mathrm{C}_{n + 1}^{m}=\mathrm{C}_{n}^{m}+\mathrm{C}_{n}^{m - 1}
\mathrm{C}_{n + 1}^{m}=\mathrm{C}_{n}^{m}+\mathrm{C}_{n}^{m - 1}
（杨辉三角）

1.来源：一道模拟题的组合恒等式多选题

11.下列等式中正确的是（ ）

A.

\sum_{k = 1}^{8} \mathrm{C}_{8}^{k}=2^{8}
\sum_{k = 1}^{8} \mathrm{C}_{8}^{k}=2^{8}

B.

\sum_{k = 2}^{8} \mathrm{C}_{k}^{2}=\mathrm{C}_{9}^{3}
\sum_{k = 2}^{8} \mathrm{C}_{k}^{2}=\mathrm{C}_{9}^{3}

C.

\sum_{k = 2}^{8} \frac{k - 1}{k!}=1-\frac{1}{8!}
\sum_{k = 2}^{8} \frac{k - 1}{k!}=1-\frac{1}{8!}

D.

\sum_{k = 0}^{8} (\mathrm{C}_{8}^{k})^{2}=\mathrm{C}_{16}^{8}
\sum_{k = 0}^{8} (\mathrm{C}_{8}^{k})^{2}=\mathrm{C}_{16}^{8}

答案：BCD

上题得到的一些高中求和形式的组合恒等式：

A.
\(\sum_{k = 0}^{n}\mathrm{C}_{n}^{k}=2^{n}\)
\(\sum_{k = 0}^{n}\mathrm{C}_{n}^{k}=2^{n}\)

proof：
proof：
对于二项式
\((a + b)^n=\sum_{k = 0}^{n}\binom{n}{k}a^{n - k}b^{k}\)
\((a + b)^n=\sum_{k = 0}^{n}\binom{n}{k}a^{n - k}b^{k}\)
，当
\(a=b = 1\)
\(a=b = 1\)
时，有
\((1 + 1)^n=\sum_{k = 0}^{n}\binom{n}{k}\)
\((1 + 1)^n=\sum_{k = 0}^{n}\binom{n}{k}\)

即

\(\sum_{k = 0}^{n}\mathrm{C}_{n}^{k}=2^{n}\)
\(\sum_{k = 0}^{n}\mathrm{C}_{n}^{k}=2^{n}\)

B.
\(\sum_{k = r}^{n}\mathrm{C}_{k}^{r}=\mathrm{C}_{n + 1}^{r+1}\)
\(\sum_{k = r}^{n}\mathrm{C}_{k}^{r}=\mathrm{C}_{n + 1}^{r+1}\)

proof：
proof：
由组合数递推公式：
\mathrm{C}_{n + 1}^{m}=\mathrm{C}_{n}^{m}+\mathrm{C}_{n}^{m - 1}
\mathrm{C}_{n + 1}^{m}=\mathrm{C}_{n}^{m}+\mathrm{C}_{n}^{m - 1}

\begin{align*} C_{k}^{a} + C_{k}^{a + 1} &= \cancel{C_{k + 1}^{a + 1}} \\ \cancel{C_{k + 1}^{a + 1}} + C_{k + 1}^{a} &= \cancel{C_{k + 2}^{a + 1}} \\ \cancel{C_{k + 2}^{a + 1}} + C_{k + 2}^{a} &= \cancel{C_{k + 3}^{a + 1}} \\ &\vdots \\ \cancel{C_{n}^{a + 1}} + C_{n}^{a} &= C_{n + 1}^{a + 1} \end{align*}
\begin{align*} C_{k}^{a} + C_{k}^{a + 1} &= \cancel{C_{k + 1}^{a + 1}} \\ \cancel{C_{k + 1}^{a + 1}} + C_{k + 1}^{a} &= \cancel{C_{k + 2}^{a + 1}} \\ \cancel{C_{k + 2}^{a + 1}} + C_{k + 2}^{a} &= \cancel{C_{k + 3}^{a + 1}} \\ &\vdots \\ \cancel{C_{n}^{a + 1}} + C_{n}^{a} &= C_{n + 1}^{a + 1} \end{align*}

求和后，即

\sum_{i = k}^{n} C_{i}^{a} + C_{k}^{a + 1} = C_{n + 1}^{a + 1}\
\sum_{i = k}^{n} C_{i}^{a} + C_{k}^{a + 1} = C_{n + 1}^{a + 1}\

或者更清晰的，

\large \begin{aligned} & \quad\quad\quad\quad\color{blue}{C_{k}^{a + 1}} \quad + \quad C_{k}^{a} \quad + \quad C_{k + 1}^{a} \quad + \quad \cdots \quad + \quad C_{n}^{a}\\ & \quad\quad\quad\quad\quad\downarrow \quad \quad \scriptstyle{\text{合并前两项}} \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\\ & \quad\quad\quad\quad\quad\color{green}{C_{k + 1}^{a + 1}} \quad\quad + \quad C_{k + 1}^{a} \quad + \quad \cdots \quad + \quad C_{n}^{a}\\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\downarrow \quad \quad \scriptstyle{\text{继续合并}} \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\color{green}{C_{k + 2}^{a + 1}} \quad\quad\quad + \quad \cdots \quad + \quad C_{n}^{a}\\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\downarrow \quad \quad \scriptstyle{\quad \ \ \ \vdots} \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\color{green}{C_{n}^{a + 1}} \quad\quad\quad\quad\quad + \quad C_{n}^{a}\\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\downarrow \quad \quad \scriptstyle{\text{最终合并}} \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\color{red}{C_{n + 1}^{a + 1}} \end{aligned}
\large \begin{aligned} & \quad\quad\quad\quad\color{blue}{C_{k}^{a + 1}} \quad + \quad C_{k}^{a} \quad + \quad C_{k + 1}^{a} \quad + \quad \cdots \quad + \quad C_{n}^{a}\\ & \quad\quad\quad\quad\quad\downarrow \quad \quad \scriptstyle{\text{合并前两项}} \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\\ & \quad\quad\quad\quad\quad\color{green}{C_{k + 1}^{a + 1}} \quad\quad + \quad C_{k + 1}^{a} \quad + \quad \cdots \quad + \quad C_{n}^{a}\\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\downarrow \quad \quad \scriptstyle{\text{继续合并}} \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\color{green}{C_{k + 2}^{a + 1}} \quad\quad\quad + \quad \cdots \quad + \quad C_{n}^{a}\\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\downarrow \quad \quad \scriptstyle{\quad \ \ \ \vdots} \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\color{green}{C_{n}^{a + 1}} \quad\quad\quad\quad\quad + \quad C_{n}^{a}\\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\downarrow \quad \quad \scriptstyle{\text{最终合并}} \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\color{red}{C_{n + 1}^{a + 1}} \end{aligned}

\sum_{i = k}^{n} \mathrm{C}_{i}^{a} + \mathrm{C}_{k}^{a + 1} = \boxed{\color{red}{\mathrm{C}_{n + 1}^{a + 1}}}
\sum_{i = k}^{n} \mathrm{C}_{i}^{a} + \mathrm{C}_{k}^{a + 1} = \boxed{\color{red}{\mathrm{C}_{n + 1}^{a + 1}}}

\large \begin{aligned} & \quad\quad\quad\quad\color{blue}{\binom{k}{a + 1}} \quad + \quad \binom{k}{a} \quad + \quad \binom{k + 1}{a} \quad + \quad \cdots \quad + \quad \binom{n}{a} \\ & \quad\quad\quad\quad\quad\downarrow \quad \quad \scriptstyle{\text{合并前两项}} \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \\ & \quad\quad\quad\quad\quad\color{green}{\binom{k + 1}{a + 1}} \quad\quad + \quad \binom{k + 1}{a} \quad + \quad \cdots \quad + \quad \binom{n}{a} \\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\downarrow \quad \quad \scriptstyle{\text{继续合并}} \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\color{green}{\binom{k + 2}{a + 1}} \quad\quad\quad + \quad \cdots \quad + \quad \binom{n}{a} \\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\downarrow \quad \quad \scriptstyle{\quad \ \ \ \vdots} \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\color{green}{\binom{n}{a + 1}} \quad\quad\quad\quad\quad + \quad \binom{n}{a} \\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\downarrow \quad \quad \scriptstyle{\text{最终合并}} \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\color{red}{\binom{n + 1}{a + 1}} \end{aligned}
\large \begin{aligned} & \quad\quad\quad\quad\color{blue}{\binom{k}{a + 1}} \quad + \quad \binom{k}{a} \quad + \quad \binom{k + 1}{a} \quad + \quad \cdots \quad + \quad \binom{n}{a} \\ & \quad\quad\quad\quad\quad\downarrow \quad \quad \scriptstyle{\text{合并前两项}} \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \\ & \quad\quad\quad\quad\quad\color{green}{\binom{k + 1}{a + 1}} \quad\quad + \quad \binom{k + 1}{a} \quad + \quad \cdots \quad + \quad \binom{n}{a} \\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\downarrow \quad \quad \scriptstyle{\text{继续合并}} \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\color{green}{\binom{k + 2}{a + 1}} \quad\quad\quad + \quad \cdots \quad + \quad \binom{n}{a} \\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\downarrow \quad \quad \scriptstyle{\quad \ \ \ \vdots} \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\color{green}{\binom{n}{a + 1}} \quad\quad\quad\quad\quad + \quad \binom{n}{a} \\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\downarrow \quad \quad \scriptstyle{\text{最终合并}} \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \\ & \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\color{red}{\binom{n + 1}{a + 1}} \end{aligned}

C.
\(\frac{k - 1}{k!}=\frac{k}{k!}-\frac{1}{k!}=\frac{1}{(k - 1)!}-\frac{1}{k!}\)
\(\frac{k - 1}{k!}=\frac{k}{k!}-\frac{1}{k!}=\frac{1}{(k - 1)!}-\frac{1}{k!}\)
阶乘裂项

我们有求和：

\sum_{k = 2}^{n}\frac{k - 1}{k!}=\sum_{k = 2}^{n}(\frac{1}{(k - 1)!}-\frac{1}{k!})=( \frac{1}{1!}-\frac{1}{2!})+(\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!})+\cdots+(\frac{1}{(n - 1)!}-\frac{1}{n!})=\boxed{1-\frac{1}{n!}}
\sum_{k = 2}^{n}\frac{k - 1}{k!}=\sum_{k = 2}^{n}(\frac{1}{(k - 1)!}-\frac{1}{k!})=( \frac{1}{1!}-\frac{1}{2!})+(\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!})+\cdots+(\frac{1}{(n - 1)!}-\frac{1}{n!})=\boxed{1-\frac{1}{n!}}

D.
\sum_{k = 0}^{r}\mathrm{C}_{m}^{k}\mathrm{C}_{n}^{r - k}=\mathrm{C}_{m + n}^{r}
\sum_{k = 0}^{r}\mathrm{C}_{m}^{k}\mathrm{C}_{n}^{r - k}=\mathrm{C}_{m + n}^{r}

其中等式运用到：“ 当

m > n
m > n
时，规定
\mathrm{C}_{n}^{m}=0
\mathrm{C}_{n}^{m}=0
”，以满足求和下的组合数“越界”

或对于

n\in N^{*}\
n\in N^{*}\
，有
\boxed{\sum_{k = 0}^{n} \left( \mathrm{C}_{n}^{k} \right)^2=\mathrm{C}_{2n}^{n}}
\boxed{\sum_{k = 0}^{n} \left( \mathrm{C}_{n}^{k} \right)^2=\mathrm{C}_{2n}^{n}}
，此时任意
n
n
，
k
k
的取值不再“越界”

分类事件下的组合恒等式意义：

右边

C_{2n}^{n}
C_{2n}^{n}
表示从
2n
2n
个元素中选取
n
n
个元素的方法数。将
2n
2n
个元素均分为两组，每组
n
n
个。

从第一组选

n
n
个元素，从第二组选
n - k
n - k
个元素
（ k = 0, 1, \dots, n ）
（ k = 0, 1, \dots, n ）
，则总方法数为
\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k}C_{n}^{n - k}
\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k}C_{n}^{n - k}
。由于
C_{n}^{n - k} = C_{n}^{k}
C_{n}^{n - k} = C_{n}^{k}
，故
\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k}C_{n}^{n - k} = \sum_{k=0}^{n} \left( C_{n}^{k} \right)^2
\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k}C_{n}^{n - k} = \sum_{k=0}^{n} \left( C_{n}^{k} \right)^2
，它与
C_{2n}^{n}
C_{2n}^{n}
计数的是同一事件，因此等式成立。

代数化的证明（比较系数、算两次方法）：

proof：
proof：
利用二项式定理：
(1 + x)^{2n} = \sum_{r=0}^{2n} C_{2n}^{r} x^{r}
(1 + x)^{2n} = \sum_{r=0}^{2n} C_{2n}^{r} x^{r}
其中
x^{n}
x^{n}
的系数为
C_{2n}^{n}
C_{2n}^{n}

同时，

(1 + x)^{2n} = (1 + x)^{n} \cdot (1 + x)^{n}。将 (1 + x)^{n}
(1 + x)^{2n} = (1 + x)^{n} \cdot (1 + x)^{n}。将 (1 + x)^{n}
展开为
\sum_{i=0}^{n} C_{n}^{i} x^{i}
\sum_{i=0}^{n} C_{n}^{i} x^{i}
，则：

(1 + x)^{n} \cdot (1 + x)^{n} = \left(\sum_{i=0}^{n} C_{n}^{i} x^{i}\right)\left(\sum_{j=0}^{n} C_{n}^{j} x^{j}\right)
(1 + x)^{n} \cdot (1 + x)^{n} = \left(\sum_{i=0}^{n} C_{n}^{i} x^{i}\right)\left(\sum_{j=0}^{n} C_{n}^{j} x^{j}\right)

或者，更直白地

\left(\sum_{j=0}^{n} C_{n}^{j} x^{j}\right)
\left(\sum_{j=0}^{n} C_{n}^{j} x^{j}\right)
可以写成
\left(\sum_{j=0}^{n} C_{n}^{n-j} x^{n-j}\right)
\left(\sum_{j=0}^{n} C_{n}^{n-j} x^{n-j}\right)

即

(1 + x)^{n} \cdot (1 + x)^{n} = \left(\sum_{i=0}^{n} C_{n}^{i} x^{i}\right)\left(\sum_{i=0}^{n} C_{n}^{n-i} x^{n-i}\right)
(1 + x)^{n} \cdot (1 + x)^{n} = \left(\sum_{i=0}^{n} C_{n}^{i} x^{i}\right)\left(\sum_{i=0}^{n} C_{n}^{n-i} x^{n-i}\right)
对两个括号内的每个
i
i
两两配对乘积并求和

可知其中

x^{n}
x^{n}
的系数为
\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} C_{n}^{n - k}
\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} C_{n}^{n - k}
。由于
C_{n}^{n - k} = C_{n}^{k}
C_{n}^{n - k} = C_{n}^{k}
，故该系数为
\sum_{k=0}^{n} (C_{n}^{k})^2
\sum_{k=0}^{n} (C_{n}^{k})^2

因此：

\sum_{k=0}^{n} (C_{n}^{k})^2 = C_{2n}^{n}
\sum_{k=0}^{n} (C_{n}^{k})^2 = C_{2n}^{n}

□.
□.


也可由范德蒙德卷积公式

\sum_{k=0}^{r} C_{m}^{k}C_{n}^{r - k} = C_{m + n}^{r}
\sum_{k=0}^{r} C_{m}^{k}C_{n}^{r - k} = C_{m + n}^{r}
，令
m = n = r
m = n = r
直接得到。

这就是下面我们给出对D选项涉及的恒等式的推广：

3.范德蒙德卷积公式

\sum_{k = 0}^{r}\binom{m}{k}\binom{n}{r - k}=\binom{m + n}{r}
\sum_{k = 0}^{r}\binom{m}{k}\binom{n}{r - k}=\binom{m + n}{r}

即
\sum_{k=0}^{r} C_{m}^{k}C_{n}^{r - k} = C_{m + n}^{r}
\sum_{k=0}^{r} C_{m}^{k}C_{n}^{r - k} = C_{m + n}^{r}



对于证明，我们可以同上方法用组合分类进行直观理解，也可以同上运用代数上比较系数的方法进行推导

我们现在给出代数证明：

proof
proof
：同样借助二项式定理，考虑
(1 + x)^{m + n} = (1 + x)^{m} (1 + x)^{n}
(1 + x)^{m + n} = (1 + x)^{m} (1 + x)^{n}
。

左边展开：
(1 + x)^{m + n} = \sum_{r=0}^{m + n} C_{m + n}^{r} x^{r}
(1 + x)^{m + n} = \sum_{r=0}^{m + n} C_{m + n}^{r} x^{r}
。

右边展开：
(1 + x)^{m} = \sum_{i=0}^{m} C_{m}^{i} x^{i}，(1 + x)^{n} = \sum_{j=0}^{n} C_{n}^{j} x^{j}
(1 + x)^{m} = \sum_{i=0}^{m} C_{m}^{i} x^{i}，(1 + x)^{n} = \sum_{j=0}^{n} C_{n}^{j} x^{j}
。
两式相乘后，
x^{r}
x^{r}
的系数为
\sum_{k=0}^{r} C_{m}^{k} C_{n}^{r - k}（令 i = k，j = r - k，则 i + j = r）
\sum_{k=0}^{r} C_{m}^{k} C_{n}^{r - k}（令 i = k，j = r - k，则 i + j = r）


比较两边
x^{r}
x^{r}
的系数，可得：

\boxed{\mathrm{C}_{m + n}^{r}=\sum_{k = 0}^{r}\mathrm{C}_{m}^{k}\mathrm{C}_{n}^{r - k}}
\boxed{\mathrm{C}_{m + n}^{r}=\sum_{k = 0}^{r}\mathrm{C}_{m}^{k}\mathrm{C}_{n}^{r - k}}

这就完成了范德蒙德卷积公式的证明.

\Huge\color{red}{其他部分待更新}
\Huge\color{red}{其他部分待更新}

4.其他关于二项式定理

伯努利不等式特殊形式

（

n
n
为正整数）当
\(x\gt - 1\)
\(x\gt - 1\)
时，
\((1 + x)^n\geq1 + nx\)
\((1 + x)^n\geq1 + nx\)
。当且仅当
\(n = 1\)
\(n = 1\)
或
x = 0
x = 0
时等号成立。

*
*
一般形式：若
\(x_1,x_2,\cdots,x_n\)
\(x_1,x_2,\cdots,x_n\)
同号且
\(x_i\gt - 1\)
\(x_i\gt - 1\)
，
\(i = 1,2,\cdots,n\)
\(i = 1,2,\cdots,n\)
，则
(1 + x_1)(1 + x_2)\cdots(1 + x_n)\geq1 + x_1 + x_2+\cdots+x_n
(1 + x_1)(1 + x_2)\cdots(1 + x_n)\geq1 + x_1 + x_2+\cdots+x_n

最大系数问题

由于考题经常出二项式的最大系数值或项问题，我们现在讨论一般情况

只需考虑

(1+p)^n
(1+p)^n
，
p>0
p>0
，这是因为其他情况只需倍扩即可

由离散性或“单峰性”（这个可以通过比值存在唯一"1"点保证，与导函数零点类似，因此必然存在单峰性），

我们可以通过相邻项比值（差值同理）的单调性分析，推导其最大系数项的位置及唯一性。

相邻项比值与不等式组 相邻两项的比值为：

\frac{a_k}{a_{k-1}} = \frac{\mathrm{C}_n^k p^k}{\mathrm{C}_n^{k-1} p^{k-1}} = \frac{(n-k+1)p}{k} \quad (k \geq 1).
\frac{a_k}{a_{k-1}} = \frac{\mathrm{C}_n^k p^k}{\mathrm{C}_n^{k-1} p^{k-1}} = \frac{(n-k+1)p}{k} \quad (k \geq 1).

若

a_k\
a_k\
是最大系数项，则需满足：
\[ \begin{cases} a_k \geq a_{k-1} \quad \text{（不小于前一项）} \\ a_k \geq a_{k+1} \quad \text{（不小于后一项）} \end{cases} \]
\[ \begin{cases} a_k \geq a_{k-1} \quad \text{（不小于前一项）} \\ a_k \geq a_{k+1} \quad \text{（不小于后一项）} \end{cases} \]

二、解不等式确定

k
k
的范围

由

a_k \geq a_{k-1}（前一项不大于当前项）
a_k \geq a_{k-1}（前一项不大于当前项）
：
\frac{(n-k+1)p}{k} \geq 1 \implies k \leq \frac{(n+1)p}{1+p}. \quad \text{（右边界由此不等式得到）}
\frac{(n-k+1)p}{k} \geq 1 \implies k \leq \frac{(n+1)p}{1+p}. \quad \text{（右边界由此不等式得到）}
由
a_k \geq a_{k+1}（后一项不大于当前项）
a_k \geq a_{k+1}（后一项不大于当前项）
：

考虑

a_{k+1} = \mathrm{C}_n^{k+1} p^{k+1}
a_{k+1} = \mathrm{C}_n^{k+1} p^{k+1}
，则
\frac{a_{k+1}}{a_k} = \frac{(n-k)p}{k+1} \leq 1 \implies k \geq \frac{(n+1)p}{1+p}
\frac{a_{k+1}}{a_k} = \frac{(n-k)p}{k+1} \leq 1 \implies k \geq \frac{(n+1)p}{1+p}
（左边界由此不等式得到）

的范围： ，区间为
\([x-1, x]\)
\([x-1, x]\)
，长度为
\(1\)
\(1\)
，分两种情况：

1. 当 x 不是整数时： 区间内唯一整数为

\lfloor x \rfloor
\lfloor x \rfloor
，对应第
\lfloor x \rfloor + 1\
\lfloor x \rfloor + 1\
项为最大系数项。

2. 当 x 是整数时（即 \(x = m \in \mathbb{N}\)）： 区间端点 \(m-1\) 和 \(m\) 均为整数，此时 \(a_{m-1} = a_m\)，即第 \(m\) 项和第 \(m+1\) 项系数相等，同为最大值。

设

m = \frac{(n+1)p}{1+p}
m = \frac{(n+1)p}{1+p}
， 若
m \notin \mathbb{Z}
m \notin \mathbb{Z}
，则最大系数项为第
\lfloor m \rfloor + 1
\lfloor m \rfloor + 1
项； - 若
m \in \mathbb{Z}
m \in \mathbb{Z}
，则第
\(m\)
\(m\)
项和第
m+1
m+1
项系数相等且最大。

整除问题

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