标题：二项式定理
概述
binomial theorem
二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿于1664-1665年提出。
公式为:
  公式
式中,C(n,i)表示从n个元素中任取i个的组合数,其中0<=i<=n。
此定理指出：
1、（a+b)^n的二项展开式共有n+1项，其中各项的系数Cnr(r∈{0，1，2，……，n})叫做二项式系数。
等号右边的多项式叫做二项展开式。
2、二项展开式的通项公式（简称通项）为Cnr(a)^(n-r)b^r，用Tr+1表示（其中“r+1”为角标），即通项为展开式的第r+1项（如下图），即n取i的组合数目。
  
因此系数亦可表示为杨辉三角或帕斯卡三角形
二项式定理（Binomial Theorem）是指（a+b)n在n为正整数时的展开式。（a+b)n的系数表为：  杨辉-贾宪三角1 n=0
1 1 n=1
1 2 1 n=2
1 3 3 1 n=3
1 4 6 4 1 n=4
1 5 10 10 5 1 n=5
1 6 15 20 15 6 1 n=6
…………………………………………………………
（左右两端为1，其他数字等于正上方的两个数字之和）
发现历程
在中国被称为「贾宪三角」或「杨辉三角」，一般认为是北宋数学家贾宪所首创。它记载于杨辉的《详解九章算法》（1261）之中。在阿拉伯数学家卡西的著作《算术之钥》（1427）中也给出了一个二项式定理系数表，他所用的计算方法与贾宪的完全相同。在欧洲，德国数学家安德烈夫在他1527年出版的算术书的封面上刻有此图。但一般却称之为「巴博萨三角形」，因为帕斯卡在1654年也发现了这个结果。无论如何，二项式定理的发现，在中国比在欧洲要早500年左右。  杨辉三角
1665年，牛顿把二项式定理推广到n为分数与负数的情形，给出了展开式，但并未给出进一步证明。
1811年，高斯对此进行了严格的证明，结果表明牛顿的猜想是正确的。
应用
二项式定理在组合理论、开高次方、高阶等差数列求和，以及差分法中有广泛的应用。排列与组合1、Cn0+Cn1+Cn2…+Cnk+…+Cnn=2^n
2、Cno-Cn1+Cn2-Cn3+……（-1）^nCnn=0
3、Cn0+Cn2+Cn4+……=Cn1+Cn3+Cn5+……=2^(n-1）
证明：由（a+b)^n=C(n,0)a^n+C(n,1）a^(n-1）*b+C(n,2）a^(n-2）*b^2+...+C(n,n)b^n
当a=b=1时，代入二项式定理可证明1
当a=1，b=-1时代入二项式定理可证明2
由①+②得：2（Cn0+Cn2+Cn4+……）=2^n
所以 Cn0+Cn2+Cn4+……=2^(n-1）
由①-②得：2（Cn1+Cn3+Cn5+……）=2^n
所以 Cn1+Cn3+Cn5+……=2^(n-1）
可知 Cn0+Cn2+Cn4+……=Cn1+Cn3+Cn5+……=2^(n-1）可证明3
⒋组合数的性质：
⑴：C(n，m)=C（n，n-m）
⑵：C（n+1，m）=C（n，m）+C(n，m-1)
⑶：C（n，0）=C（n，n）=1二项式定理二项式定理：　叫二项式系数（0≤r≤n）.通项用Tr+1表示，为展开式的第r+1项，且，注意项的系数和二项式系数的区别。二项式定理的通项公式Tr+1=C（n，r）a^（n-r）b^r系数性质①对称性：
②增减性和最大值：先增后减
n为偶数时，中间一项的二项式系数最大，为：T[(n+2)/2]
n为奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大，为：T(n+1）/2，T[(n+1）/2+1]赋值法掌握“赋值法”这种利用恒等式解决问题的思想.
证明：n个（a+b）相乘，是从每一个（a+b）中取一个字母a或b的积。所以（a+b）^n的展开式中每一项都是）a^k*b^(n-k）的形式。对于每一个a^k*b^(n-k），是由k个（a+b）选了a，（a的系数为n个中取k个的组合数（就是那个C右上角一个数，右下角一个数））。（n-k）个（a+b）选了b得到的（b的系数同理）。由此得到二项式定理。
二项式系数之和：
2的n次方
而且展开式中奇数项二项式系数之和等于偶数项二项式系数之和等于2的（n-1）次方
二项式定理的推广：
二项式定理推广到指数为非自然数的情况：
形式为
注意：|x|<1
（a+b)^n=C(n,0)a^n+C（n,1)a^(n-1）*b+C（n,2)a^(n-2）*b^2+...+C(n,n)b^n
递推
  推广公式二项式展开后各项的系数依次为：图——推广公式
其中，第1个数=1，从第2个数开始，后面的每一个数都可以用前面的那个数表示为
这就是二项式展开“系数递推”的依据.二项式系数递推实际上是组合数由自然数到实数的递推。
（推广公式中k>α时此项为0）
加法定理
来自二项式性质
将杨辉三角形中的每一个数，都用组合符号表示出来，
则得图右的三角形. 自然，“肩挑两数”的性质可写成组合的
加法式. 如
这里，⑴相加两数和是“下标相等，上标差1”
的两数；⑵其和是“下标增1，上标选大”的组合数.
一般地，杨辉三角形中第n+1行任意一数，“肩挑
两数”的结果为组合的加法定理：
有了组合的加法定理，二项式(a+b)^n展开式的证明就变得非常简便了.
数形趣遇
算式到算图
二项式定理与杨辉三角形是一对天然的数形趣遇，它把数形结合带进了计算数学。求二项式展开式系数的问题，实际上是一种组合数的计算问题. 用系数通项公式来计算，称为“式算”；用杨辉三角形来计算，称作“图算”.
【图算】常数项产生在展开后的第5、6两项. 用“错位加法”很容易“加出”杨辉三角形第8行的第5个数. 简图如下：
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
…… 15 20 15 6 …
1 …… 35 35 21 ……
… 70 56 …
图上得到=70，==56.
故求得展开式中常数项为70 – 2×56 = – 42
【点评】“式算”与“图算”趣遇，各扬所长，各补所短.<,/o:p>
杨辉三角形本来就是二项式展开式的算图. 对杨辉三角形熟悉的考生，比如他熟悉到了它的第7行：
1，6，15，20，15，6，1
那么他可以心算不动笔，对本题做到一望而答.
杨辉三角形在3年内考了5个（相关的）题目，这正是高考改革强调“多想少算”、“逻辑思维与直觉思维并重”的结果. 这5个考题都与二项式展开式的系数相关，说明数形结合思想正在高考命题中进行深层次地渗透.
利用二项式推出牛顿切线法开方
开立方公式：  公式来源《数学传播》136期设A = X^3，求X.称为开立方。开立方有一个标准的公式：
X(n+1）=Xn+(A/X^2-Xn)1/3(n，n+1是下角标）
例如，A=5，，即求
5介于1的3次方；至2的3次方；之间（1的3次方=1，2的3次方=8）
初始值X0可以取1.1，1.2，1.3，1.4，1.5，1.6，1.7，1.8，1.9，都可以。例如我们取X0 = 1.9按照公式：
第一步：X1=1.9+（5/1.9^2;-1.9）1/3=1.7。
即5/1.9×1.9=1.3850416，1.3850416-1.9=-0.5149584，-0.5149584×1/3=-0.1716528，1.9+(-0.1716528）=1.7。即取2位数值，，即1.7。
第二步：X2=1.7+（5/1.7^2;-1.7）1/3=1.71。
即5/1.7×1.7=1.73010，1.73-1.7=0.03，0.03×1/3=0.01，1.7+0.01=1.71。取3位数，比前面多取一位数。
第三步：X3=1.71+（5/1.71^2;-1.71）1/3=1.709.
第四步：X4=1.709+（5/1.709^2;-1.709）1/3=1.7099
这种方法可以自动调节，第一步与第三步取值偏大，但是计算出来以后输出值会自动转小；第二步，第四步输入值
偏小，输出值自动转大。即5=1.7099^3;
当然初始值X0也可以取1.1，1.2，1.3，。1.8，1.9中的任何一个，都是X1 = 1.7 >；；。当然，我们在实际中初始值最好采用中间值，即1.5。1.5+（5/1.5&sup2;-1.5）1/3=1.7。
如果用这个公式开平方，只需将3改成2，2改成1。即
X(n + 1） = Xn + (A / Xn-Xn)1 / 2.
例如，A=5：
5介于2的平方至3的平方；之间。我们取初始值2.1，2.2，2.3，2.4，2.5，2.6，2.7，2.8，2.9都可以，我们最好取 中间值2.5。第一步：2.5+（5/2.5-2.5）1/2=2.2；
即5/2.5=2，2-2.5=-0.5，-0.5×1/2=-0.25，2.5+(-0.25）=2.25，取2位数2.2。
第二步：2.2+（5/2.2-2.2）1/2=2.23；
即5/2.2=2.272，2.272-2.2=-0.072，-0.072×1/2=-0.036，2.2+0.036=2.23。取3位数。
第三步：2.23+（5/2.23-2.23）1/2=2.236。
即5/2.23=2.242,2.242-2.23=0.012,0.012×1/2=0.006,2.23+0.006=2.236.
每一步多取一位数。这个方法又叫反馈开方，即使你输入一个错误的数值，也没有关系，输出值会自动调节，接近准确值。
A=(X±Y)^n=展开。带入公式就是开方公式。X(n+1）=Xn+(A/X^（k-1）-Xn)1/k=Xn-f（x）/f‘（x）。
f'（x）=kx^(K-1）；f(X)=X^K-A。　即牛顿切线法
就是在开方过程中把牛顿二项式定理转换成为牛顿切割法。
证明
== 证明 ==
===[[数学归纳法]]===
当<math>n=1</math>；；，
：<math> (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</math>
假设二项展开式在 <math>n=m</math> 时成立。若<math>n=m+1</math>；；，
：<math> (a+b)^{m+1}</math> <math> =</math> <math> a(a+b)^m + b(a+b)^m</math>
：：<math> =</math> <math> 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</math>
：：<math> =</math> <math> \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}</math> 将<math>a</math>；；、<math>b</math>；；乘入
：：<math> =</math> <math> 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}</math> 取出<math>k=0</math>；；的项
：：<math> =</math> <math> 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}</math> 设<math> j = k-1</math>
：：<math> =</math> <math> 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}</math> 取出<math>k=m+1</math>；；项
：：<math> =</math> <math> 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</math> 两者加起
：：<math> =</math> <math> a^{m+1} + b^{m+1} + \sum_{k=1}^m { m+1 \choose k } a^{m+1-k}b^k</math> 套用[[帕斯卡法则]]
：：<math> =</math> <math> \sum_{k=0}^{m+1} { m+1 \choose k } a^{m+1-k}b^k</math>
===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
<blockquote>
令
<math>f(x)=（1+x)^\alpha</math>,<math>g(x)=\sum_{k=0}^{\infty}{a \choose k}x^k</math>. 注意只有当 <math>|x|<1</math>；；时上述两个函数才收敛
* 首先证明 <math>f(x)</math>；；收敛于1. 这里省略
* 之后，易得<math>f(x)</math>；；满足微分方程：<math>；（1+x)y'(x) = \alpha y(x)</math>. 用求导的一般方法就能得到这个结论，这里省略
* 再证明 <math>g(x)</math>；；亦满足上述微分方程：
<blockquote>
<math>
\begin{align}
g'(x) & = \sum_{k=0}^{\infty}{a\choose k}k x^{k-1}\\
& = \sum_{k=-1}^{\infty}{a\choose (k+1）}(k+1）x^{k} \\
& = {a \choose 0} 0 x^{-1} + \sum_{k=0}^{\infty}{a\choose {k+1}}(k+1） x^{k} \\
& = \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}
</math>
<math>
\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}
</math>
</blockquote>
于是 <math>；（1+x)g'(x) = g'(x) + \sum_{k=0}^{\infty}{a \choose k}kx^k = ag(x)</math>
</blockquote>
* 令<math>H(x) = \frac{g(x)}{f(x)}</math>；；，由于<math>g(x)</math>；；和<math>f(x)</math>；；满足同样的微分方程，<math>H'(x) = 0</math>；；，于是<math>H(x)</math>；；是一个常数，即<math>f(x) = ag(x)</math>
* 代入<math>x = 0</math>；；的情况，证明<math>a = 1</math>