二项式定理

出现在杨辉三角（帕斯卡三角）中。除边缘的数字外，其他每一个数都为其上方两数之和。]]
二项式定理（）描述了二项式的幂的代数展开。根据该定理，可以将两个数之和的整数次幂诸如(x+y)^n展开为类似ax^b y^c项之和的恒等式，其中b、c均为非负整数且b+c=n。系数a是依赖于n和b的正整数。当某项的指数为0时，通常略去不写。例如：

(x+y)^4 \;=\; x^4 \,+\, 4 x^3y \,+\, 6 x^2 y^2 \,+\, 4 x y^3 \,+\, y^4.

ax^b y^c中的系数a被称为二项式系数，记作\tbinom nb或\tbinom nc（二者值相等）。二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理。

历史
二项式系数的三角形排列通常被认为是法国数学家布莱兹·帕斯卡的贡献，他在17世纪描述了这一现象。但早在他之前，就曾有数学家进行类似的研究。例如，古希腊数学家欧几里得于公元前4世纪提到了指数为2的情况。公元前三世纪，印度数学家青目探讨了更高阶的情况。帕斯卡三角形的雏形于10世纪由印度数学家大力羅摩发现。在同一时期，波斯数学家和数学家兼诗人歐瑪爾·海亞姆得到了更为普遍的二项式定理的形式。13世纪，中国数学家杨辉也得到了类似的结果。用数学归纳法的原始形式给出了二项式定理和帕斯卡三角形(巴斯卡三角形)的有关证明。

定理的陈述
根据此定理，可以将x+y的任意次幂展开成和的形式
:(x+y)^n = {n \choose 0}x^n y^0 + {n \choose 1}x^{n-1}y^1 + {n \choose 2}x^{n-2}y^2 + \cdots + {n \choose n-1}x^1 y^{n-1} + {n \choose n}x^0 y^n,

其中每个 \tbinom nk 为一个称作二项式系数的特定正整数，其等於\frac{n!}{k!(n-k)!}。这个公式也称二项式公式或二项恒等式。使用求和符号，可以把它写作
:(x+y)^n = \sum_{k=0}^n {n \choose k}x^{n-k}y^k = \sum_{k=0}^n {n \choose k}x^{k}y^{n-k}.

后面的表达式只是将根据x与y的对称性得出的，通过比较发现公式中的二项式系数也是对称的。
二项式定理的一个变形是用 1 来代换y得到的，所以它只涉及一个变量。在这种形式中，公式写作

:(1+x)^n = {n \choose 0}x^0 + {n \choose 1}x^1 + {n \choose 2}x^2 + \cdots + {n \choose {n-1}}x^{n-1} + {n \choose n}x^n,
或者等价地
:(1+x)^n = \sum_{k=0}^n {n \choose k}x^k.

几何释义
对于正值a和b，二项式定理，在n=2时是在几何上的明显事实，边为a+b的正方形，可以切割成1个边为a的正方形，1个边为b的正方形，和2个边为a和b的长方形。对于n=3，定理陈述了边为a+b的立方体，可以切割成1个边为a的立方体，1个边为b的立方体，3个a\times a \times b长方体，和3个a\times b \times b长方体。

在微积分中，此图解也给出导数(x^n)'=nx^{n-1}的几何证明。设a=x且b=\Delta x，将b解释为a的无穷小量改变，则此图解将无穷小量改变，显示为n维超立方体 (x+\Delta x)^n：

:(x+\Delta x)^n = x^n + nx^{n-1}\Delta x + \tbinom{n}{2}x^{n-2}(\Delta x)^2 + \cdots.
其中（针对\Delta x的）线性项的系数是nx^{n-1}，将公式代入采用差商的导数定义并取极限，意味着忽略高阶项(\Delta x)^2和更高者，产生公式：(x^n)'=nx^{n-1}。若再进行积分，这对应于应用微积分基本定理，则得到卡瓦列里求积公式：\textstyle{\int x^{n-1}\,dx = \tfrac{x^n}{n}+C}，C為積分常數。

證明
數學歸納法
當n=1，

: (a+b)^1 = \sum_{k=0}^1 { 1 \choose k } a^{1-k}b^k = { 1 \choose 0 }a^1b^0+{ 1 \choose 1 }a^0b^1 = a+b

假設二项展开式在 n=m 時成立。若n=m+1，\begin{align}
(a+b)^{m+1} & = a(a+b)^m + b(a+b)^m
\\ & = a \sum_{k=0}^m { m \choose k } a^{m-k} b^k + b \sum_{j=0}^m { m \choose j } a^{m-j} b^j
\\ & = \sum_{k=0}^m { m \choose k } a^{m-k+1} b^k + \sum_{j=0}^m { m \choose j } a^{m-j} b^{j+1} \ \ \ \ \ \text{( 將 } a \text{, } b \text{) }
\\ & = a^{m+1} + \sum_{k=1}^m { m \choose k } a^{m-k+1} b^k + \sum_{j=0}^m { m \choose j } a^{m-j} b^{j+1}\ \ \ \ \ \text{ 取 出 } k=0 \text{ 的 項 }
\\ & = a^{m+1} + \sum_{k=1}^m { m \choose k } a^{m-k+1} b^k + \sum_{k=1}^{m+1} { m \choose k-1 }a^{m-k+1}b^{k}\ \ \ \ \ \text{設 }j=k-1
\\ & = a^{m+1} + \sum_{k=1}^m { m \choose k } a^{m-k+1}b^k + \sum_{k=1}^{m} { m \choose k-1 }a^{m+1-k}b^{k} + b^{m+1}\ \ \ \ \ \text{取 出 } k=m+1\text{項 }
\\ & = a^{m+1} + b^{m+1} + \sum_{k=1}^m \left[ { m \choose k } + { m \choose k-1 } \right] a^{m+1-k}b^k\ \ \ \ \ \text{兩 者 加 起 }
\\ & = a^{m+1} + b^{m+1} + \sum_{k=1}^m { m+1 \choose k } a^{m+1-k}b^k\ \ \ \ \ \text{套 用 帕 斯 卡 法 則 }
\\ & = \sum_{k=0}^{m+1} { m+1 \choose k } a^{m+1-k}b^k
\end{align}

組合方法
考慮(a+b)^7=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)，共7個括號相乘，從7個括號選出其中的4個括號中的a，再從剩餘的3個括號中選出3個b相乘，便得一組a^4b^3，而這樣的選法共有\tbinom 74種，故總共有\tbinom 74個a^4b^3；其他各項同理。

同理，(a+b)^n=(a+b)(a+b)....(a+b)(a+b)，共n個括號相乘，從n個括號選出其中的k個括號中的a，再從剩餘的(n-k)個括號中選出(n-k)個b相乘，便得一組a^kb^{n-k}，而這樣的選法共有\tbinom nk種，故總共有\tbinom nk個a^kb^{n-k}；其他各項同理。

不盡相異物排列方法
考慮(a+b)^7=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)，每一個括號可以出a或出b，而最後要有4個a、3個b相乘，這形同aaaabbb的「不盡相異物排列」，其方法數為\frac{7!}{4! \times3!}，恰好等於\tbinom 74；其他各項同理。

同理，(a+b)^n=(a+b)(a+b)....(a+b)(a+b)，每一個括號可以出a或出b，而最後要有k個a、(n-k)個b相乘，這形同\underbrace{aa\ldots aa}_{k}\underbrace{bb\ldots bb}_{n-k}的「不盡相異物排列」，其方法數為\frac{n!}{k! \times(n-k)!}，恰好等於\tbinom nk；其他各項同理。

一般形式的证明
通常二项式定理可以直接使用泰勒公式进行证明. 下面的方法不使用泰勒公式

设f(x)=(1+x)^a, g(x)=\sum_{k=0}^{\infty}{a \choose k}x^k。注意只有当|x|时上述两个函数才收敛

• 首先证明 g(x)收敛于|x|。这里省略
• 之后，易得f(x)满足微分方程︰(1+x)f'(x) = a f(x)。用求导的一般方法就能得到这个结论，这里省略
• 再证明 g(x)亦满足上述微分方程︰

g(x)=1+ \sum_{k=1}^{\infty}{a \choose k}x^k

\begin{align}
g'(x) & = \sum_{k=1}^{\infty}{a \choose k}k x^{k-1} \\
& = \sum_{k=0}^{\infty}{a\choose {k+1}}(k+1) x^{k} \\
& = \sum_{k=0}^{\infty}{a \choose k}(a-k) x^k \\
\end{align}

因为

\begin{align}
{a \choose {k+1} }(k+1) & = \frac{(a)(a-1)\cdots(a - k + 1)(a - k)}{(k+1)!}(k+1) \\
& = \frac{(a)(a-1)\cdots(a - k + 1)(a - k)}{k!} \\
& = {a \choose k}(a-k)
\end{align}

于是

\begin{align}
(1+x)g'(x) & = g'(x) + x \sum_{k=1}^{\infty}{a \choose k}k x^{k-1}
\\ & = \sum_{k=0}^{\infty}{a \choose k}(a-k) x^k + \sum_{k=1}^{\infty}{a \choose k}k x^{k}
\\ & =\sum_{k=0}^{\infty}{a \choose k}(a-k) x^k + \sum_{k=0}^{\infty}{a \choose k}k x^{k}
\\ & =\sum_{k=0}^{\infty}{a \choose k}x^k (a-k+k)
\\ & =a \sum_{k=0}^{\infty}{a \choose k}x^k
\\ & =a \cdot g(x)
\\ \end{align}

因为 \sum_{k=0}^{\infty}{a \choose k}k x^{k}={a \choose 0} \cdot 0x^0+ \sum_{k=1}^{\infty}{a \choose k}k x^{k}=\sum_{k=1}^{\infty}{a \choose k}k x^{k}

:\frac{g'(x)}{g(x)}=\frac{a}{1+x}

:\because \frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{a}{1+x}

:\therefore \frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{g'(x)}{g(x)}

:g'(x)f(x)=f'(x)g(x)

• 根据除法定则，\frac{d}{dx} \left(\frac{g(x)}{f(x)}\right)=\frac{g'(x)f(x)-f'(x)g(x)}{(f(x))^2}=0
• 根据拉格朗日中值定理，\frac{g(x)}{f(x)}是常数函數.

:\frac{g(x)}{f(x)}=\frac{g(0)}{f(0)}=1

:f(x)=g(x)

应用
牛顿以二项式定理作为基礎发明出了微积分。其在初等数学中应用主要在于近似、估计以及证明恒等式等。

证明组合恒等式
二项式定理给出的系数可以视为组合数 {n \choose k} 的另一种定义。 因此二项式展开与组合数的关系十分密切。 它常常用来证明一些组合恒等式。
;(1)证明 \sum _{k=0} ^n {n \choose k}^2 = {2n \choose n}

可以考虑恒等式 (1+x)^n (1+x)^n = (1+x)^{2n}。 展开等式左边得到： \sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^n { n \choose i} {n \choose j} x^i x^j。 注意这一步使用了有限求和与乘积可以交换的性质。 同时如果展开等式右边可以得到 \sum_{k=0}^{2n} { 2n \choose k} x^k 。 比较两边幂次为 k 的项的系数可以得到: \sum_{i=0} ^k { n \choose i} {n \choose k - i} = {2n \choose k} 。 令 k=n，并注意到 { n \choose i} = {n \choose n - i} 即可得到所要证明的结论。

;(2)證明 \sum_{k=0}^n {n \choose k}=2^n
因為(x+y)^n = \sum_{k=0}^n {n \choose k}x^{n-k}y^k

令x=y=1，代入上式，得

\begin{align}
(1+1)^n &=2^n= \sum_{k=0}^n {n \choose k}\cdot 1^{n-k} \cdot 1^k \\
&={n \choose 0}+{n \choose 1}+{n \choose 2}+ \cdots +{n \choose n} \\
&=\sum_{k=0}^n {n \choose k}
\end{align}

多倍角恒等式
在复数中，二项式定理可以與棣莫弗公式結合，成為n倍角公式。根據棣莫弗公式：
:\cos\left(nx\right)+i\sin\left(nx\right) = \left(\cos x+i\sin x\right)^n.\,
通過使用二项式定理，右邊的表達式可以擴展為
:\left(\cos x+i\sin x\right)^2 = \cos^2 x + 2i \cos x \sin x - \sin^2 x,
由棣莫弗公式，实部与虚部对应，能夠得出
:\cos(2x) = \cos^2 x - \sin^2 x \quad\text{and}\quad\sin(2x) = 2 \cos x \sin x,
即二倍角公式。同樣，因為
:\left(\cos x+i\sin x\right)^3 = \cos^3 x + 3i \cos^2 x \sin x - 3 \cos x \sin^2 x - i \sin^3 x,
所以藉棣莫弗公式，能夠得出
:\cos(3x) = \cos^3 x - 3 \cos x \sin^2 x \quad\text{and}\quad \sin(3x) = 3\cos^2 x \sin x - \sin^3 x.
整體而言，多倍角恒等式可以寫作
:\cos(nx) = \sum_{k\text{ even}} (-1)^{\frac{k}{2}} {n \choose k}\cos^{n-k} x \sin^k x
和
:\sin(nx) = \sum_{k\text{ odd}} (-1)^{\frac{k-1}{2}} {n \choose k}\cos^{n-k} x \sin^k x.

e级数
數學常數e的定義爲下列極限值：

:e = \lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n.

使用二项式定理能得出

:\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = 1 + {n \choose 1}\frac{1}{n} + {n \choose 2}\frac{1}{n^2} + {n \choose 3}\frac{1}{n^3} + \cdots + {n \choose n}\frac{1}{n^n}.

第k项之總和為

:{n \choose k}\frac{1}{n^k} \;=\; \frac{1}{k!}\cdot\frac{n(n-1)(n-2)\cdots (n-k+1)}{n^k}

因為n\to\infty时，右邊的表达式趋近1。因此

:\lim_{n\to\infty} {n \choose k}\frac{1}{n^k} = \frac{1}{k!}.

這表明e可以表示为

:e = \sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}=\frac{1}{0!} + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \cdots.

推广
该定理可以推广到对任意实数次幂的展开，即牛顿广义二项式定理：

(x + y)^\alpha = \sum _{k=0}^\infty {\alpha \choose k} x^{\alpha - k} y^k 。其中 {\alpha \choose k} = \frac{\alpha (\alpha-1) ... (\alpha - k +1)}{k!} = \frac{(\alpha)_k}{k!} 。

多项式展开
对于多元形式的多项式展开，可以看做二项式定理的推广：

\left ( x_1+x_2+...+x_n \right )^{k}=\sum_{\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha _n=k}\frac{k!}{\alpha _1!...\alpha _n!}x_1^{\alpha _1}...x_n^{\alpha _n}.

证明：

数学归纳法。对元数n做归纳：

当
n=2
时，原式为二项式定理，成立。
假设对
n-1
元成立，则：

:\begin{align}
\left ( x_1+x_2+...+x_n \right )^{k} & = ((x_1+x_2+...+x_{n-1})+x_n)^{k}
\\ & = \sum_{\alpha _n=0}^{k}\frac{k!}{\alpha _n!\left ( k-\alpha_n \right )!}\left ( x_1+x_2+...+x_{n-1} \right )^{k-\alpha _n}x_n^{\alpha _n}
\\ & = \sum_{\alpha _n=0}^{k}\frac{k!}{\alpha _n!\left ( k-\alpha_n \right )!}\sum_{\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha _{n-1}=k-\alpha _n}\frac{\left ( k-\alpha _n \right )!}{\alpha _1!...\alpha _{n-1}!}x_1^{\alpha _1}...x_{n-1}^{\alpha _{n-1}}x_n^{\alpha _n}
\\ & = \sum_{\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha _n=k}\frac{k!}{\alpha _1!...\alpha _n!}x_1^{\alpha _1}...x_n^{\alpha _n}
\\ \end{align}

证毕。

参见
*二項分佈
*組合
*立方根
*平方根
*牛顿法
*多项式定理
*负二项分布
*杨辉三角形
*斯特靈公式
*中一新生之夢

参考文獻
參考書目
*
*Barth, Nils R. (November 2004). "Computing Cavalieri's Quadrature Formula by a Symmetry of the n-Cube". The American Mathematical Monthly (Mathematical Association of America) 111 (9): 811–813. doi:10.2307/4145193. ISSN 0002-9890. JSTOR 4145193, [https://web.archive.org/web/20120320075331/http://nbarth.net/math/papers/barth-01-cavalieri.pdf author's copy],
*

外部链接
*[http://demonstrations.wolfram.com/BinomialTheorem/ Binomial Theorem] - 史蒂芬·沃尔夫勒姆
*[http://demonstrations.wolfram.com/BinomialTheoremStepByStep/ "Binomial Theorem (Step-by-Step)"] by Bruce Colletti and Jeff Bryant, Wolfram 演示项目, 2007.

• [http://hyperphysics.phy-astr.gsu.edu/hbase/alg3.html The Binomial Theorem - Interactive Mathematics]
• [https://web.archive.org/web/20150416041521/http://www.themathpage.com/aPreCalc/binomial-theorem.htm Binomial Expansion - HyperPhysics]