提前介绍一下广义的组合数，组合数 \(\tbinom{n}{m}\) 的定义是 \(\frac{n\times (n-1)\times ... \times (n-m+1)}{m!}\)，广义下的组合数只需要保证 \(m\) 为非负整数，\(n\) 可以是任意实数。
对于广义的组合数，有个恒等式 \(\tbinom{n}{m}=\tbinom{m-n-1}{m}\times (-1)^{m}\) 。
两式的分母都是一样的，对于左式，其分子是 \(n\times (n-1)\times ... \times (n-m+1)\)，对于右式，其分子是 \((m-n-1)\times ((m-n-1)-1) \times ... \times ((m-n-1)-m+1)\)，可以发现右式分子的每个单项式和左式分子的单项式一一对应，并且互为相反数，那么最后乘上一个 \((-1)^m\) 即可。
有个很妙的记忆方法：两级反转（和艾克真的一点关系都没有 /doge）连续变化两次，设未知数，下标不变，上标用 \(m-1\) 去减，即：\(\tbinom{n}{m}=\tbinom{m-?-1}{m}\times (-1)^{2m}\)，那么可以很快得出问号是 \(m-n-1\) 。当然直接用上文的证明去推更 nice。
广义二项式定理： \((a+b)^{k}=\sum_{i=0}^{\infty}\tbinom{k}{i}a^{k-i}b^i\) 这里的 \(k\) 可以是任意实数，一般会用在 \(k\) 为负整数的时候，那么我们在下面约定所有出现的 \(k\) 都是负整数，且为了方便理解，设 \(n=-k\)。
考虑用生成函数去解释，先把 \((a+b)^{k}\) 看成 \((a+bx)^{k}\) 那么最后只要把 \(x\) 看成 \(1\) 即可。
先考虑最基本的情况：\((1-x)^{-n}\) 。
根据数学知识可以知道上式就是 \(\left( (1-x)^{-1} \right)^{n}\) 。
根据生成函数，可以知道 \((1-x)^{-1}=\sum_{i=0}^{\infty} x^i\) 。
设 \(S=1+x+x^2+...\)，那么 \(xS=x+x^2+x^3+...\)，那么 \(S-xS=1\)，所以 \(S=\frac{1}{1-x}\) 即 $ (1-x)^{-1}$
那么 \(\left( (1-x)^{-1} \right)^{n}=\left( \sum_{i=0}^{\infty} x^i \right)^{n}\) 。
考虑从组合意义上去计算这个式子：你有 \(n\) 种球，每种球无限个，你需要从这 \(n\) 种球中选择一共 \(i\) 个球，每种球至少选 \(0\) 个，其方案数就是 \(x^i\) 的系数。那么使用隔板法就有 \(\tbinom{i+n-1}{n-1}\) 。
所以 \(\left( (1-x)^{-1} \right)^{n}=\sum_{i=0}^{\infty}\tbinom{i+n-1}{n-1}x^i\) 。
那么我们再在 \(x\) 前面加上一个系数 \(p\) ，即求 \((1-px)^{-1}\) 。它是等于 \(\sum_{i=0}^{\infty} p^ix^i\) 。
设 \(S=1+px+p^2x^2+...\) ，那么 \(pxS=px+p^2x^2+p^3x^3+...\)，那么 \(S-pxS=1\)，所以 \(S=\frac{1}{1-px}\) 即 \((1-px)^{-1}\) 。
那再按照上面的方法去推，就有 \(\left( (1-px)^{-1} \right)^{n}=\sum_{i=0}^{\infty}\tbinom{i+n-1}{n-1}p^ix^i\)
回到一开始的问题，\((a+bx)^k=a^k \left( 1-(-\frac{b}{a}x) \right)^k\) 。
那么就有 \((a+bx)^k=a^k \sum_{i=0}^{\infty} \tbinom{i-k-1}{-k-1}(-\frac{b}{a})^ix^i\) 。整理一下，\(\sum_{i=0}^{\infty} \tbinom{i-k-1}{-k-1}(-1)^ia^{k-i}b^ix^i\) 。
注意了，这里等式内部的组合数的 \(k\) 前面都带个负号，因为上文在推导过程中，设的是 \(n=-k\)，所以在组合数中的 \(n\) 才是正号。
再根据文首提及的那个恒等式，就有 \(\tbinom{i-k-1}{-k-1}=\tbinom{i-k-1}{i}=\tbinom{k}{i}\times (-1)^i\) 。
可以发现两个 \((-1)^i\) 抵掉了，那么 \((a+bx)^k=\sum_{i=0}^{\infty} \tbinom{k}{i}a^{k-i}b^ix^i\) 。
把 \(x=1\) 带入原式，即可得 \((a+b)^{k}=\sum_{i=0}^{\infty}\tbinom{k}{i}a^{k-i}b^i\) 。