二项式系数出现在杨辉三角（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**（英語：）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{\displaystyle (x+y)^{n}}展开为类似{\displaystyle ax^{b}y^{c}}项之和的恒等式，其中b、c均为非负整数且{\displaystyle 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}\,+\,4x^{3}y\,+\,6x^{2}y^{2}\,+\,4xy^{3}\,+\,y^{4}.

{\displaystyle 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
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参见：帕斯卡三角形
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，波斯数学家卡拉吉（英语：）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。卡拉吉（英语：）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。艾萨克·牛顿勋爵将二项式定理的系数推广到有理数。

定理的陈述
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根据此定理，可以将{\displaystyle 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
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对直到四次幂的二项式的可视化
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{\displaystyle a\times a\times b}长方体，和3个{\displaystyle a\times b\times b}长方体。

在微积分中，此图解也给出导数{\displaystyle (x^{n})'=nx^{n-1}}的几何证明。设{\displaystyle a=x}且{\displaystyle 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 {\displaystyle (x+\Delta x)^{n}}：

{\displaystyle (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{\displaystyle 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{\displaystyle (\Delta x)^{2}}和更高者，产生公式：{\displaystyle (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：{\displaystyle \textstyle {\int x^{n-1}\,dx={\tfrac {1}{n}}x^{n}}}。

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^{1}b^{0}+{1 \choose 1}a^{0}b^{1}=a+b

假設二项展开式在 n=m 時成立。若n=m+1，

> {\displaystyle {\begin{aligned}(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{aligned}}}
> 
> 

### 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{\tbinom 74}種，故總共有{\tbinom 74}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{\displaystyle (n-k)}個括號中選出{\displaystyle (n-k)}個b相乘，便得一組a^{k}b^{{n-k}}，而這樣的選法共有\tbinom nk種，故總共有\tbinom nk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{\displaystyle aaaabbb}的「不盡相異物排列」，其方法數為{\frac {7!}{4!\times 3!}}，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*、{\displaystyle (n-k)}個*b*相乘，這形同{\displaystyle \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{\displaystyle f(x)=(1+x)^{a}}, g(x)=\sum \_{{k=0}}^{{\infty }}{a \choose 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︰{\displaystyle (1+x)f'(x)=af(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︰
> 
> 
> {\displaystyle g(x)=1+\sum \_{k=1}^{\infty }{a \choose k}x^{k}}
> 
> 
> {\displaystyle {\begin{aligned}g'(x)&=\sum \_{k=1}^{\infty }{a \choose k}kx^{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{aligned}}}
> 
> 
> 因为
> 
> 
> {\begin{aligned}{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{aligned}}
> 
> 
> 于是
> 
> 
> {\displaystyle {\begin{aligned}(1+x)g'(x)&=g'(x)+x\sum \_{k=1}^{\infty }{a \choose k}kx^{k-1}\\&=\sum \_{k=0}^{\infty }{a \choose k}(a-k)x^{k}+\sum \_{k=1}^{\infty }{a \choose k}kx^{k}\\&=\sum \_{k=0}^{\infty }{a \choose k}(a-k)x^{k}+\sum \_{k=0}^{\infty }{a \choose k}kx^{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{aligned}}}
> 
> 
> 

因为 {\displaystyle \sum \_{k=0}^{\infty }{a \choose k}kx^{k}={a \choose 0}\cdot 0x^{0}+\sum \_{k=1}^{\infty }{a \choose k}kx^{k}=\sum \_{k=1}^{\infty }{a \choose k}kx^{k}}

{\displaystyle {\frac {g'(x)}{g(x)}}={\frac {a}{1+x}}}
{\displaystyle \because {\frac {f'(x)}{f(x)}}={\frac {a}{1+x}}}
{\displaystyle \therefore {\frac {f'(x)}{f(x)}}={\frac {g'(x)}{g(x)}}}
{\displaystyle g'(x)f(x)=f'(x)g(x)}
* 根据除法定则，{\displaystyle {\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，{\displaystyle {\frac {g(x)}{f(x)}}}是常数函數.

{\displaystyle {\frac {g(x)}{f(x)}}={\frac {g(0)}{f(0)}}=1}
{\displaystyle 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{\displaystyle \sum \_{k=0}^{n}{n \choose k}=2^{n}}
因為{\displaystyle (x+y)^{n}=\sum \_{k=0}^{n}{n \choose k}x^{n-k}y^{k}}

令{\displaystyle x=y=1}，代入上式，得

{\displaystyle {\begin{aligned}(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{aligned}}}

### 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。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

{\displaystyle 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，即所谓的牛顿**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

条目：多項式定理
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{\displaystyle n=2}时，原式为二项式定理，成立。  
 假设对{\displaystyle n-1}元成立，则：

{\displaystyle {\begin{aligned}\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}}{\text{證 畢 }}\\\end{aligned}}}

参见
--

* icon数学主题

* 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
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1. ↑   (PDF).  [2015-04-12]. （原始内容存档 (PDF)于2020-09-19）.
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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.
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5. ↑  The Story of the Binomial Theorem by J. L. Coolidge, *The American Mathematical Monthly* **56**:3 (1949), pp. 147–157
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參考書目
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* Graham, Ronald; Knuth, Donald; Patashnik, Oren..  2nd. Addison Wesley. 1994: 153–256. ISBN 0-201-55802-5. OCLC 17649857.

外部链接
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|  | 維基教科書中的相關電子：**Binomial Theorem** |

* Binomial Theorem（页面存档备份，存于） - 史蒂芬·沃尔夫勒姆
* "Binomial Theorem (Step-by-Step)"（页面存档备份，存于） by Bruce Colletti and Jeff Bryant, Wolfram 演示项目, 2007.
* The Binomial Theorem - Interactive Mathematics（页面存档备份，存于）
* Binomial Expansion - HyperPhysics

  


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| * 
* 论
* 编
基本乘法公式及恆等式 （因式分解） |
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| 分配律 | (a+b)(c+d)= ac+ad+bc+bd\,\! |
|  |
| 二項式定理 | 

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| 和差平方 | {\displaystyle (a\pm b)^{2}=a^{2}\pm 2ab+b^{2}} |
|  |
| 和差立方 | {\displaystyle (a\pm b)^{3}=a^{3}\pm 3a^{2}b+3ab^{2}\pm b^{3}} |

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| 多項式定理 | 

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| 三數和平方 |  (a + b + c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2ab + 2bc + 2ca \,\! |

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|  |
| 等冪和差 | 

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| 平方和 | a^2+b^2=(a+bi)(a-bi) |
|  |
| 平方差 | {\displaystyle a^{2}-b^{2}=\left(a+b\right)\left(a-b\right)} |
|  |
| 立方和差 | a^{3}\pm b^{3}=(a\pm b)(a^{2}\mp ab+b^{2})\,\! |

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|  |
| 等冪和差逆定理 | a^4+a^2b^2+b^4 = (a^2+ab+b^2)(a^2-ab+b^2)\,\! |
|  |
| 對稱多項式 | a^3+b^3+c^3= (a+b+c)^3+3(a+b+c)(-ab-bc-ca)+3abc\,\! |

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* NDL: 00568502

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