二项式定理

二项式定理（Template:Lang-en）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 $a x^{b} y^{c}$ 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：^[1]

$(x + y)^{4} = x^{4} + 4 x^{3} y + 6 x^{2} y^{2} + 4 x y^{3} + y^{4} .$

$a x^{b} y^{c}$ 中的系数 $a$ 被称为二项式系数，记作 $(\binom{n}{b})$ 或 $(\binom{n}{c})$ （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^[2]。

历史

Template:Seealso 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^[3]。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^[4]^[5]。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Template:Le^[6]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^[7]。Template:Le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^[6]。艾萨克·牛顿勋爵将二项式定理的系数推广到有理数^[8]。

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} = (\binom{n}{0}) x^{n} y^{0} + (\binom{n}{1}) x^{n - 1} y^{1} + (\binom{n}{2}) x^{n - 2} y^{2} + \dots + (\binom{n}{n - 1}) x^{1} y^{n - 1} + (\binom{n}{n}) x^{0} y^{n},

其中每个 $(\binom{n}{k})$ 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} (\binom{n}{k}) x^{n - k} y^{k} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{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} = (\binom{n}{0}) x^{0} + (\binom{n}{1}) x^{1} + (\binom{n}{2}) x^{2} + \dots + (\binom{n}{n - 1}) x^{n - 1} + (\binom{n}{n}) x^{n},

或者等价地

(1 + x)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) x^{k} .

Template:-

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 $(x^{n})^{'} = n x^{n - 1}$ 的几何证明^[9]。设 $a = x$ 且 $b = Δ x$ ，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 $(x + Δ x)^{n}$ ：

(x + Δ x)^{n} = x^{n} + n x^{n - 1} Δ x + (\binom{n}{2}) x^{n - 2} (Δ x)^{2} + \dots .

其中（针对 $Δ x$ 的）线性项的系数是 $n x^{n - 1}$ ，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 $(Δ x)^{2}$ 和更高者，产生公式： $(x^{n})^{'} = n x^{n - 1}$ 。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： $\int x^{n - 1} d x = \frac{1}{n} x^{n}$ 。

證明

數學歸納法

當 $n = 1$ ，

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

假設二项展开式在

n = m

時成立。若

n = m + 1

，

$\begin{matrix} (a + b)^{m + 1} & = a (a + b)^{m} + b (a + b)^{m} \\ = a \sum_{k = 0}^{m} (\binom{m}{k}) a^{m - k} b^{k} + b \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m}{j}) a^{m - j} b^{j} \\ = \sum_{k = 0}^{m} (\binom{m}{k}) a^{m - k + 1} b^{k} + \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m}{j}) a^{m - j} b^{j + 1} ( 將 a, b) \\ = a^{m + 1} + \sum_{k = 1}^{m} (\binom{m}{k}) a^{m - k + 1} b^{k} + \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m}{j}) a^{m - j} b^{j + 1} 取出 k = 0 的項 \\ = a^{m + 1} + \sum_{k = 1}^{m} (\binom{m}{k}) a^{m - k + 1} b^{k} + \sum_{k = 1}^{m + 1} (\binom{m}{k - 1}) a^{m - k + 1} b^{k} 設 j = k - 1 \\ = a^{m + 1} + \sum_{k = 1}^{m} (\binom{m}{k}) a^{m - k + 1} b^{k} + \sum_{k = 1}^{m} (\binom{m}{k - 1}) a^{m + 1 - k} b^{k} + b^{m + 1} 取出 k = m + 1 項 \\ = a^{m + 1} + b^{m + 1} + \sum_{k = 1}^{m} [(\binom{m}{k}) + (\binom{m}{k - 1})] a^{m + 1 - k} b^{k} 兩者加起 \\ = a^{m + 1} + b^{m + 1} + \sum_{k = 1}^{m} (\binom{m + 1}{k}) a^{m + 1 - k} b^{k} 套用帕斯卡法則 \\ = \sum_{k = 0}^{m + 1} (\binom{m + 1}{k}) a^{m + 1 - k} b^{k} \end{matrix}$

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 $a^{4} b^{3}$ ，而這樣的選法共有 $(\binom{7}{4})$ 種，故總共有 $(\binom{7}{4})$ 個 $a^{4} b^{3}$ ；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 $a^{k} b^{n - k}$ ，而這樣的選法共有 $(\binom{n}{k})$ 種，故總共有 $(\binom{n}{k})$ 個 $a^{k} b^{n - k}$ ；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 $a a a a b b b$ 的「不盡相異物排列」，其方法數為 $\frac{7!}{4! \times 3!}$ ，恰好等於 $(\binom{7}{4})$ ；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 $\underset{k}{\underset{⏟}{a a \dots a a}} \underset{n - k}{\underset{⏟}{b b \dots b b}}$ 的「不盡相異物排列」，其方法數為 $\frac{n!}{k! \times (n - k)!}$ ，恰好等於 $(\binom{n}{k})$ ；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 $f (x) = (1 + x)^{a}$ , $g (x) = \sum_{k = 0}^{\infty} (\binom{a}{k}) x^{k}$ 。注意只有当 $| x | < 1$ 时上述两个函数才收敛

首先证明 $g (x)$ 收敛于 $| x | < 1$ 。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︰

$g (x) = 1 + \sum_{k = 1}^{\infty} (\binom{a}{k}) x^{k}$
$\begin{matrix} g^{'} (x) & = \sum_{k = 1}^{\infty} (\binom{a}{k}) k x^{k - 1} \\ = \sum_{k = 0}^{\infty} (\binom{a}{k + 1}) (k + 1) x^{k} \\ = \sum_{k = 0}^{\infty} (\binom{a}{k}) (a - k) x^{k} \end{matrix}$
因为
$\begin{matrix} (\binom{a}{k + 1}) (k + 1) & = \frac{(a) (a - 1) \dots (a - k + 1) (a - k)}{(k + 1)!} (k + 1) \\ = \frac{(a) (a - 1) \dots (a - k + 1) (a - k)}{k!} \\ = (\binom{a}{k}) (a - k) \end{matrix}$
于是
$\begin{matrix} (1 + x) g^{'} (x) & = g^{'} (x) + x \sum_{k = 1}^{\infty} (\binom{a}{k}) k x^{k - 1} \\ = \sum_{k = 0}^{\infty} (\binom{a}{k}) (a - k) x^{k} + \sum_{k = 1}^{\infty} (\binom{a}{k}) k x^{k} \\ = \sum_{k = 0}^{\infty} (\binom{a}{k}) (a - k) x^{k} + \sum_{k = 0}^{\infty} (\binom{a}{k}) k x^{k} \\ = \sum_{k = 0}^{\infty} (\binom{a}{k}) x^{k} (a - k + k) \\ = a \sum_{k = 0}^{\infty} (\binom{a}{k}) x^{k} \\ = a \cdot g (x) \end{matrix}$

因为 $\sum_{k = 0}^{\infty} (\binom{a}{k}) k x^{k} = (\binom{a}{0}) \cdot 0 x^{0} + \sum_{k = 1}^{\infty} (\binom{a}{k}) k x^{k} = \sum_{k = 1}^{\infty} (\binom{a}{k}) k x^{k}$

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

∵ \frac{f^{'} (x)}{f (x)} = \frac{a}{1 + x}

∴ \frac{f^{'} (x)}{f (x)} = \frac{g^{'} (x)}{g (x)}

g^{'} (x) f (x) = f^{'} (x) g (x)

根据除法定则， $\frac{d}{d x} (\frac{g (x)}{f (x)}) = \frac{g^{'} (x) f (x) - f^{'} (x) g (x)}{(f (x))^{2}} = 0$

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^[10] 。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 $(\binom{n}{k})$ 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 $\sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} = (\binom{2 n}{n})$

可以考虑恒等式 $(1 + x)^{n} (1 + x)^{n} = (1 + x)^{2 n}$ 。展开等式左边得到： $\sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{i}) (\binom{n}{j}) x^{i} x^{j}$ 。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 $\sum_{k = 0}^{2 n} (\binom{2 n}{k}) x^{k}$ 。比较两边幂次为 $k$ 的项的系数可以得到: $\sum_{i = 0}^{k} (\binom{n}{i}) (\binom{n}{k - i}) = (\binom{2 n}{k})$ 。令 $k = n$ ，并注意到 $(\binom{n}{i}) = (\binom{n}{n - i})$ 即可得到所要证明的结论。

(2)證明 $\sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) = 2^{n}$

因為 $(x + y)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) x^{n - k} y^{k}$

令 $x = y = 1$ ，代入上式，得

$\begin{matrix} (1 + 1)^{n} & = 2^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \cdot 1^{n - k} \cdot 1^{k} \\ = (\binom{n}{0}) + (\binom{n}{1}) + (\binom{n}{2}) + \dots + (\binom{n}{n}) \\ = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \end{matrix}$

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，成為多倍角公式^[11]。根據棣莫弗公式：

\cos (n x) + i \sin (n x) = {(\cos x + i \sin x)}^{n} .

通過使用二项式定理，右邊的表達式可以擴展為

{(\cos x + i \sin x)}^{2} = \cos^{2} x + 2 i \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 (2 x) = \cos^{2} x - \sin^{2} x and \sin (2 x) = 2 \cos x \sin x,

即二倍角公式。同樣，因為

{(\cos x + i \sin x)}^{3} = \cos^{3} x + 3 i \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 (3 x) = \cos^{3} x - 3 \cos x \sin^{2} x and \sin (3 x) = 3 \cos^{2} x \sin x - \sin^{3} x .

整體而言，多倍角恒等式可以寫作

\cos (n x) = \sum_{k even} (- 1)^{\frac{k}{2}} (\binom{n}{k}) \cos^{n - k} x \sin^{k} x

和

\sin (n x) = \sum_{k odd} (- 1)^{\frac{k - 1}{2}} (\binom{n}{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：^[12]

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

使用二项式定理能得出

{(1 + \frac{1}{n})}^{n} = 1 + (\binom{n}{1}) \frac{1}{n} + (\binom{n}{2}) \frac{1}{n^{2}} + (\binom{n}{3}) \frac{1}{n^{3}} + \dots + (\binom{n}{n}) \frac{1}{n^{n}} .

第 $k$ 项之總和為

(\binom{n}{k}) \frac{1}{n^{k}} = \frac{1}{k!} \cdot \frac{n (n - 1) (n - 2) \dots (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} (\binom{n}{k}) \frac{1}{n^{k}} = \frac{1}{k!} .

這表明 $e$ 可以表示为^[13]^[14]

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

推广

该定理可以推广到对任意实数次幂的展开，即所谓的牛顿广义二项式定理：

$(x + y)^{α} = \sum_{k = 0}^{\infty} (\binom{α}{k}) x^{α - k} y^{k}$ 。其中 $(\binom{α}{k}) = \frac{α (α - 1) . . . (α - k + 1)}{k!} = \frac{(α)_{k}}{k!}$ 。

多项式展开

Template:Main 对于多元形式的多项式展开，可以看做二项式定理的推广：^[15]^[16]
${(x_{1} + x_{2} + . . . + x_{n})}^{k} = \sum_{α_{1} + α_{2} + . . . + α_{n} = k} \frac{k!}{α_{1}! . . . α_{n}!} x_{1}^{α_{1}} . . . x_{n}^{α_{n}}$ .

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{matrix} {(x_{1} + x_{2} + . . . + x_{n})}^{k} & = ((x_{1} + x_{2} + . . . + x_{n - 1}) + x_{n})^{k} \\ = \sum_{α_{n} = 0}^{k} \frac{k!}{α_{n}! (k - α_{n})!} {(x_{1} + x_{2} + . . . + x_{n - 1})}^{k - α_{n}} x_{n}^{α_{n}} \\ = \sum_{α_{n} = 0}^{k} \frac{k!}{α_{n}! (k - α_{n})!} \sum_{α_{1} + α_{2} + . . . + α_{n - 1} = k - α_{n}} \frac{(k - α_{n})!}{α_{1}! . . . α_{n - 1}!} x_{1}^{α_{1}} . . . x_{n - 1}^{α_{n - 1}} x_{n}^{α_{n}} \\ = \sum_{α_{1} + α_{2} + . . . + α_{n} = k} \frac{k!}{α_{1}! . . . α_{n}!} x_{1}^{α_{1}} . . . x_{n}^{α_{n}} \end{matrix}

证毕。

参见

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参考文獻

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參考書目

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Template:Cite journal
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, author's copy,
Template:Cite book

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外部链接

Template:Wikibooks

Binomial Theorem Template:Wayback - 史蒂芬·沃尔夫勒姆
"Binomial Theorem (Step-by-Step)"Template:Wayback by Bruce Colletti and Jeff Bryant, Wolfram 演示项目, 2007.
The Binomial Theorem - Interactive Mathematics Template:Wayback
Binomial Expansion - HyperPhysics

Template:Navbox Template:Authority control

↑ Template:Cite web
↑ Roman, Steven "The Umbral Calculus", Dover Publications, 2005, ISBN 0-486-44129-3
↑ Devlin, Keith, The Unfinished Game: Pascal, Fermat, and the Seventeenth-Century Letter that Made the World Modern, Basic Books; 1 edition (2008), ISBN 978-0-465-00910-7, p. 24.
↑ Template:Cite mathworld
↑ The Story of the Binomial Theorem by J. L. Coolidge, The American Mathematical Monthly 56:3 (1949), pp. 147–157
↑ ^6.0 ^6.1 Template:MacTutor
↑ Template:Cite web
↑ Bourbaki: History of mathematics
↑ Template:Cite journal
↑ Template:Citation
↑ Template:Cite mathworld
↑ Template:Cite web
↑ Template:Cite web
↑ Encyclopedic Dictionary of Mathematics 142.D
↑ Template:Cite web
↑ Template:Springer

[1] Template:Cite web

[2] Roman, Steven "The Umbral Calculus", Dover Publications, 2005, ISBN 0-486-44129-3

[3] Devlin, Keith, The Unfinished Game: Pascal, Fermat, and the Seventeenth-Century Letter that Made the World Modern, Basic Books; 1 edition (2008), ISBN 978-0-465-00910-7, p. 24.

[4] Template:Cite mathworld

[5] The Story of the Binomial Theorem by J. L. Coolidge, The American Mathematical Monthly 56:3 (1949), pp. 147–157

[Karaji-6] 6.0 ^6.1 Template:MacTutor

[7] Template:Cite web

[8] Bourbaki: History of mathematics

[barth2004-9] Template:Cite journal

[10] Template:Citation

[11] Template:Cite mathworld

[12] Template:Cite web

[13] Template:Cite web

[14] Encyclopedic Dictionary of Mathematics 142.D

[15] Template:Cite web

[16] Template:Springer

[1]

[2]

[3]

[4]

[5]

[6]

[7]

[8]

[9]

[10]

[11]

[12]

[13]

[14]

[15]

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二项式定理

目录

历史

定理的陈述

几何释义

證明

數學歸納法

組合方法

不盡相異物排列方法

一般形式的证明

应用

证明组合恒等式

多倍角恒等式

e级数

推广

多项式展开

参见

参考文獻

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數學歸納法

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