二項式定理

二項式定理（Binomial theorem）描述了二項式的冪的代數展開。根據該定理，可以將兩個數之和的整數次冪諸如$(x+y)^n$展開為類似$ax^b y^c$項之和的恆等式，其中$b$、$c$均為非負整數且$b+c=n$。係數$a$是依賴於$n$和$b$的正整數。當某項的指數為0時，通常略去不寫。例如：

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

$ax^b y^c$中的係數$a$被稱為二項式係數，記作$\tbinom nb$或$\tbinom nc$（二者值相等）。二項式定理可以推廣到任意實數次冪，即廣義二項式定理。

## 歷史

二項式係數的三角形排列通常被認為是法國數學家布萊茲·帕斯卡的貢獻，他在17世紀描述了這一現象。但早在他之前，就曾有數學家進行類似的研究。例如，古希臘數學家歐幾里得於公元前4世紀提到了指數為2的情況。公元前三世紀，印度數學家青目探討了更高階的情況。帕斯卡三角形的雛形於10世紀由印度數學家大力羅摩發現。在同一時期，波斯數學家卡拉吉(數學家)和數學家兼詩人歐瑪爾·海亞姆得到了更為普遍的二項式定理的形式。13世紀，中國數學家楊輝也得到了類似的結果。卡拉吉(數學家)用數學歸納法的原始形式給出了二項式定理和帕斯卡三角形(巴斯卡三角形)的有關證明。艾薩克·牛頓勳爵將二項式定理的係數推廣到有理數。

## 定理的陳述

根據此定理，可以將$x+y$的任意次冪展開成和的形式

$$(x+y)^n = {n \choose 0}x^n y^0 + {n \choose 1}x^{n-1}y^1 + {n \choose 2}x^{n-2}y^2 + \cdots + {n \choose n-1}x^1 y^{n-1} + {n \choose n}x^0 y^n,$$

其中每個$\tbinom nk$ 為一個稱作二項式係數的特定正整數，其等於$\frac{n!}{k!(n-k)!}$。這個公式也稱二項式公式或二項恆等式。使用求和符號，可以把它寫作

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

後面的表達式只是將根據$x$與$y$的對稱性得出的，通過比較發現公式中的二項式係數也是對稱的。

二項式定理的一個變形是用 1 來代換$y$得到的，所以它只涉及一個變量。在這種形式中，公式寫作

$$(1+x)^n = {n \choose 0}x^0 + {n \choose 1}x^1 + {n \choose 2}x^2 + \cdots + {n \choose {n-1}}x^{n-1} + {n \choose n}x^n,$$

或者等價地

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

## 幾何釋義

對於正值$a$和$b$，二項式定理，在$n=2$時是在幾何上的明顯事實，邊為$a+b$的正方形，可以切割成1個邊為$a$的正方形，1個邊為$b$的正方形，和2個邊為$a$和$b$的長方形。對於$n=3$，定理陳述了邊為$a+b$的立方體，可以切割成1個邊為$a$的立方體，1個邊為$b$的立方體，3個$a\times a \times b$長方體，和3個$a\times b \times b$長方體。

在微積分中，此圖解也給出導數$(x^n)'=nx^{n-1}$的幾何證明。設$a=x$且$b=\Delta x$，將$b$解釋為$a$的無窮小量改變，則此圖解將無窮小量改變，顯示為$n$維超立方體 $(x+\Delta x)^n$：

$$(x+\Delta x)^n = x^n + nx^{n-1}\Delta x + \tbinom{n}{2}x^{n-2}(\Delta x)^2 + \cdots.$$

其中（針對$\Delta x$的）線性項的係數是$nx^{n-1}$，將公式代入採用差商的導數定義並取極限，意味著忽略高階項$(\Delta x)^2$和更高者，產生公式：$(x^n)'=nx^{n-1}$。若再進行積分，這對應於應用微積分基本定理，則得到卡瓦列里求積公式：$\textstyle{\int x^{n-1}\,dx = \tfrac{x^n}{n}+C}$，$C$為積分常數。

## 證明

### 數學歸納法

當$n=1$。

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

假設二項展開式在 $n=m$ 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。

### 一般形式的證明

通常二項式定理可以直接使用泰勒公式進行證明. 下面的方法不使用泰勒公式

設$f(x)=(1+x)^a$, $g(x)=\sum_{k=0}^{\infty}{a \choose k}x^k$。注意只有當$|x|<1$時上述兩個函數才收斂

- 首先證明 $g(x)$收斂於$|x|<1$。這裡省略
- 之後，易得$f(x)$滿足微分方程︰$(1+x)f'(x) = a f(x)$。用求導的一般方法就能得到這個結論，這裡省略
- 再證明 $g(x)$亦滿足上述微分方程︰

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

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

因為

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

於是

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

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

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

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

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

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

- 根據除法定則，$\frac{d}{dx} \left(\frac{g(x)}{f(x)}\right)=\frac{g'(x)f(x)-f'(x)g(x)}{(f(x))^2}=0$
- 根據拉格朗日中值定理，$\frac{g(x)}{f(x)}$是常數函數.

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

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

## 應用

牛頓以二項式定理作為基礎發明出了微積分。其在初等數學中應用主要在於近似、估計以及證明恆等式等。

### 證明組合恆等式

二項式定理給出的係數可以視為組合數 ${n \choose k}$ 的另一種定義。因此二項式展開與組合數的關係十分密切。它常常用來證明一些組合恆等式。

(1)證明$\sum _{k=0} ^n {n \choose k}^2 = {2n \choose n}$

可以考慮恆等式 $(1+x)^n (1+x)^n = (1+x)^{2n}$。展開等式左邊得到： $\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^n { n \choose i} {n \choose j} x^i x^j$。注意這一步使用了有限求和與乘積可以交換的性質。同時如果展開等式右邊可以得到 $\sum_{k=0}^{2n} { 2n \choose k} x^k$。比較兩邊冪次為 $k$ 的項的係數可以得到: $\sum_{i=0} ^k { n \choose i} {n \choose k - i} = {2n \choose k}$。令 $k=n$，並注意到 ${ n \choose i} = {n \choose n - i}$ 即可得到所要證明的結論。

(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

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

### 多倍角恆等式

在複數中，二項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：

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

通過使用二項式定理，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，實部與虛部對應，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，多倍角恆等式可以寫作

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

和

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

### e級數

數學常數e的定義爲下列極限值：

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

使用二項式定理能得出

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

第$k$項之總和為

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

因為$n\to\infty$時，右邊的表達式趨近1。因此

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

這表明$e$可以表示為

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

## 推廣

該定理可以推廣到對任意實數次冪的展開，即牛頓廣義二項式定理：

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

### 多項式展開

對於多元形式的多項式展開，可以看做二項式定理的推廣：

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

證明：

數學歸納法。對元數$n$做歸納：

當$n=2 <pre>$時，原式為二項式定理，成立。假設對$</pre> n-1 <pre>$元成立，則：

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

證畢。

## 外部連結

- Binomial Theorem - 史蒂芬·沃爾夫勒姆
- "Binomial Theorem (Step-by-Step)" by Bruce Colletti and Jeff Bryant, Wolfram 演示項目, 2007.
- The Binomial Theorem - Interactive Mathematics
- Binomial Expansion - HyperPhysics