在初等代数中, 二项式定理描述了(线性)二项式的幂的代数展开。根据此定理，可以将 $x+y$ 的任意次幂展开成如下和的形式:

$$(x+y)^{n}={n \choose 0}x^{n}y^{0}+{n \choose 1}x^{{n-1}}y^{1}+\cdots +{n \choose n}x^{0}y^{n},$$

其中 ${n \choose 2}$ 称为二项式系数, 它等于 $\frac{n!}{k!(n-k)!}$. 二项式定理的一个变形是将 $y$ 替换为 1, 减少为一个变量. 这种形式的二项式公式为 $$(1+x)^n=\sum_{k=0}^n {n\choose k} x^k.$$ 这也正是我们需要讨论的形式. 现在我们考虑 $(1+x+x^2)^n$, $(1+x+x^2+x^3)^n$, … 等"多项式"的展开情况. 欧拉在 On the expansion of the power of any polynomial (1 + x + x^2+ x^3+ etc.)^n 一文中讨论了这些情况, 并给出了 “多项式系数” 的定义以及他们和二项式系数之间的关系.

实际上, 对于任意线性多项式, 我们亦有多项式定理. 它是二项式定理的推广, 使用组合的隔板法即可以证明下列 “多项式公式”.

$$(x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{t})^{n}=\sum {\frac {n!}{n_{1}!n_{2}!\cdots n_{t}!}}x_{1}^{n_{1}}x_{2}^{n_{2}}\cdots x_{t}^{n_{t}}$$

其中 $\sum_{i=1}^{t}n_{i}=n$, $0\leq n_{i}\leq n$. 该公式可以用数学归纳法证明.

现在我们回到欧拉的问题, 看看针对一个变量的情况是否有更有趣的结果.

先考虑 $(1+x+x^2)^2$, 根据类比, 假设相应有三项式系数 ${n\choose k}^3$ (原文如是写, 虽然比较容易和二项式系数的三次方混淆.) 此时的三项式公式如下

$$(1+x+x^2)^n= \sum_{k=0}^{2n} {n\choose k}^3 x^k,$$ 它的最后一项是 ${n\choose 2n}^3 x^{2n}$, 其中 ${n\choose 2n}^3=1={n\choose 0}^3$. 进一步地, 可以看出三项式系数的对称性, 我们有如下等式:

$${n\choose\lambda}^3={n\choose 2n-\lambda}^3.$$ 为了能得到三项式系数的具体值, 我们将原公式变形为 $[1+x(1+x)]^n$, 再套用二项式公式, 得到

$$[1+x(1+x)]^n=\sum_{k=0}^{n}x^k(1+x)^k.$$ 考察系数得到 $${n\choose \lambda}^3=\sum_{k=0}^{\lambda}{\lambda-k\choose k}{n\choose \lambda-k}.$$

注意二项式系数$a\choose b$中, 如果 $b>a$ 或者 $b<0$, 则系数的值都为零.

紧接着我们考虑 $(1+x+x^2+x^3)^n$, 将它改写为 $[1+x(1+x+x^2)]^n$ 后考察系数得到:

$${n\choose \lambda}^4=\sum_{k=0}^{\lambda}{\lambda-k\choose k}^3 {n\choose \lambda-k}^2.$$ 注意上式中的"平方"是指二项式系数, 和三项式系数类似. 根据进一步地举例考察, 我们得到最终的结论如下:

定理. 多项式 $1+x+x^2+\dots+x^{\theta}$ 的 $n$ 次幂展开为 $$(1+x+x^2+\dots+x^{\theta})^n=\sum_{k=0}^{n\theta} {n\choose k}^{\theta+1} x^k,$$ 其中 “$n+1$项式系数” ${n\choose k}^{\theta+1}$ 由下列递推公式给出 $${n\choose k}^{\theta+1}=\sum_{k=0}^{\lambda}{\lambda-k\choose k}^{\theta} {n\choose \lambda-k}^2.$$

欧拉并没有给出该定理的证明, 他只是通过归纳 $\theta=2,3,4,5$ 的结果推广得到, 但是这个结果用数学归纳法证明不是难事. 关键是结果看起来还是挺美的.