二项式定理

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二项式定理（Binomial theorem）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罗摩发现。在同一时期，波斯数学家卡拉吉(数学家)和数学家兼诗人欧玛尔·海亚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(数学家)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

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，其等于$\frac{n!}{k!(n-k)!}$。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：$\textstyle{\int x^{n-1}\,dx = \tfrac{x^n}{n}+C}$，$C$为积分常数。

## 证明

### 数学归纳法

当$n=1$。

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

假设二项展开式在 $n=m$ 时成立。若$n=m+1$，$\begin{align} (a+b)^{m+1} & = a(a+b)^m + b(a+b)^m \\ & = a \sum_{k=0}^m { m \choose k } a^{m-k} b^k + b \sum_{j=0}^m { m \choose j } a^{m-j} b^j \\ & = \sum_{k=0}^m { m \choose k } a^{m-k+1} b^k + \sum_{j=0}^m { m \choose j } a^{m-j} b^{j+1} \ \ \ \ \ \text{( 將 } a \text{, } b \text{) } \\ & = a^{m+1} + \sum_{k=1}^m { m \choose k } a^{m-k+1} b^k + \sum_{j=0}^m { m \choose j } a^{m-j} b^{j+1}\ \ \ \ \ \text{ 取 出 } k=0 \text{ 的 項 } \\ & = a^{m+1} + \sum_{k=1}^m { m \choose k } a^{m-k+1} b^k + \sum_{k=1}^{m+1} { m \choose k-1 }a^{m-k+1}b^{k}\ \ \ \ \ \text{設 }j=k-1 \\ & = a^{m+1} + \sum_{k=1}^m { m \choose k } a^{m-k+1}b^k + \sum_{k=1}^{m} { m \choose k-1 }a^{m+1-k}b^{k} + b^{m+1}\ \ \ \ \ \text{取 出 } k=m+1\text{項 } \\ & = a^{m+1} + b^{m+1} + \sum_{k=1}^m \left[ { m \choose k } + { m \choose k-1 } \right] a^{m+1-k}b^k\ \ \ \ \ \text{兩 者 加 起 } \\ & = a^{m+1} + b^{m+1} + \sum_{k=1}^m { m+1 \choose k } a^{m+1-k}b^k\ \ \ \ \ \text{套 用 帕 斯 卡 法 則 } \\ & = \sum_{k=0}^{m+1} { m+1 \choose k } a^{m+1-k}b^k \end{align}$

### 组合方法

考虑$(a+b)^7=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)$，共7个括号相乘，从7个括号选出其中的4个括号中的$a$，再从剩余的3个括号中选出3个$b$相乘，便得一组$a^4b^3$，而这样的选法共有$\tbinom 74$种，故总共有$\tbinom 74$个$a^4b^3$；其他各项同理。

同理，$(a+b)^n=(a+b)(a+b)....(a+b)(a+b)$，共$n$个括号相乘，从$n$个括号选出其中的$k$个括号中的$a$，再从剩余的$(n-k)$个括号中选出$(n-k)$个$b$相乘，便得一组$a^kb^{n-k}$，而这样的选法共有$\tbinom nk$种，故总共有$\tbinom nk$个$a^kb^{n-k}$；其他各项同理。

### 不尽相异物排列方法

考虑$(a+b)^7=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)$，每一个括号可以出$a$或出$b$，而最后要有4个$a$、3个$b$相乘，这形同$aaaabbb$的“不尽相异物排列”，其方法数为$\frac{7!}{4! \times3!}$，恰好等于$\tbinom 74$；其他各项同理。

同理，$(a+b)^n=(a+b)(a+b)....(a+b)(a+b)$，每一个括号可以出$a$或出$b$，而最后要有$k$个$a$、$(n-k)$个$b$相乘，这形同$\underbrace{aa\ldots aa}_{k}\underbrace{bb\ldots bb}_{n-k}$的“不尽相异物排列”，其方法数为$\frac{n!}{k! \times(n-k)!}$，恰好等于$\tbinom nk$；其他各项同理。

### 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$|x|<1$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︰

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

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

因为

$$\begin{align} {a \choose {k+1} }(k+1) & = \frac{(a)(a-1)\cdots(a - k + 1)(a - k)}{(k+1)!}(k+1) \\ <pre> & = \frac{(a)(a-1)\cdots(a - k + 1)(a - k)}{k!} \\ & = {a \choose k}(a-k) </pre> \end{align}$$

于是

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

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，$\frac{g(x)}{f(x)}$是常数函数.

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

$$f(x)=g(x)$$

## 应用

牛顿以二项式定理作为基础发明出了微积分。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)证明$\sum_{k=0}^n {n \choose k}=2^n$

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

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，二项式定理可以与棣莫弗公式结合，成为n倍角公式。根据棣莫弗公式：

$$\cos\left(nx\right)+i\sin\left(nx\right) = \left(\cos x+i\sin x\right)^n.\,$$

通过使用二项式定理，右边的表达式可以扩展为

$$\left(\cos x+i\sin x\right)^2 = \cos^2 x + 2i \cos x \sin x - \sin^2 x,$$

由棣莫弗公式，实部与虚部对应，能够得出

$$\cos(2x) = \cos^2 x - \sin^2 x \quad\text{and}\quad\sin(2x) = 2 \cos x \sin x,$$

即二倍角公式。同样，因为

$$\left(\cos x+i\sin x\right)^3 = \cos^3 x + 3i \cos^2 x \sin x - 3 \cos x \sin^2 x - i \sin^3 x,$$

所以藉棣莫弗公式，能够得出

$$\cos(3x) = \cos^3 x - 3 \cos x \sin^2 x \quad\text{and}\quad \sin(3x) = 3\cos^2 x \sin x - \sin^3 x.$$

整体而言，多倍角恒等式可以写作

$$\cos(nx) = \sum_{k\text{ even}} (-1)^{\frac{k}{2}} {n \choose k}\cos^{n-k} x \sin^k x$$

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

数学常数e的定义为下列极限值：

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

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$k$项之总和为

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

因为$n\to\infty$时，右边的表达式趋近1。因此

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

这表明$e$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$n=2 <pre>$时，原式为二项式定理，成立。假设对$</pre> n-1 <pre>$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。

## 外部链接

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