二項係数
∫ − π π cos  ( ( 2 m − n ) x ) sin n  x d x = { ( − 1 ) m + n + 1 2 π 2 n − 1 ( n m ) ( n : even ) 0 ( otherwise ) {\displaystyle \int _{-\pi }^{\pi }\cos((2m-n)x)\sin ^{n}x\ dx={\begin{cases}(-1)^{m+{\frac {n+1}{2}}}{\dfrac {\pi }{2^{n-1}}}{\dbinom {n}{m}}&(n{\text{: even}})\\0&({\text{otherwise}})\end{cases}}}
これらはオイラーの公式で三角函数を複素指数函数に変換して、二項定理で展開して項別積分すれば示せる。
となる。展開 (7) を n = 2m, k = m に対して用い、(1) を使えば
を得る。
F(n) で n 番目のフィボナッチ数を表せば、パスカルの三角形の対角和に関する等式
を得る。これは等式 (3) を用いた帰納法、あるいはゼッケンドルフの表現によって示すことができる(左辺は {F(2), ..., F(n)} の連続した元を含まない部分集合の総数を与えるものであり、そのようなものはまた F(n + 1) 以下の数の全体を成すということに他ならないことに注意)。組合せ論的証明は後述。
等式 (8) から従う別の等式として、j = k − 1 とおいて ∑n (n + 1 − j)(j − 1k − 1) = (n + 1k + 1) を得る。
∑kj=0 (nj) に対する閉じた式は(超幾何函数を用いなければ)ないが、再び等式 (3) および帰納法により k = 0, ..., n − 1 に対して ∑k (−1) (nj) = (−1) (n − 1k) を得る。同様に ∑n (−1) (nj) = 0 を得る(n = 0 の自明な場合は除く。このときは 1 になる)。これ自身は次数高々 n の任意の多項式 P(x) に対する和分差分学における結果∑n (−1) (nj) P(j) = 0 の特別の場合である。P(x) = x(x − 1)...(x − k + 1) (0 ≤ k < n) に対しては等式 (2) を k 回微分して x = −1 と置けば得られる。
二項係数はよくある数え上げ問題の簡明な公式を与えるという意味で組合せ論において重要である。
n-元集合から k-元を選ぶ方法の総数は (nk) である(組合せを参照)。
n-元集合から重複を許して k元を選ぶ方法の総数は(n + k − 1k) 通りある(多重集合を参照)。
k 個の 1 と n 個の 0 を含む文字列は (n + kk) 種類存在する。
k 個の 1 と n 個の 0 を含み、かつどの2つの 1 も隣り合わない文字列の総数は (n + 1k) である。
カタラン数:1/n + 1(2nn).
二項分布:(nk)p(1 − p).
二項係数を含む多くの等式が組合せ論的に(英語版)証明することができる。例えば n ≥ q なる非負整数に対して
∑ k = q n ( n k ) ( k q ) = 2 n − q ( n q ) {\displaystyle \textstyle \sum \limits _{k=q}^{n}{\dbinom {n}{k}}{\dbinom {k}{q}}=2^{n-q}{\dbinom {n}{q}}}
(q = 1 のとき (6) に簡約される)は、以下のように二通りの仕方で数えて証明(英語版)できる。左辺は集合 [n] = {1, 2, ..., n} の少なくとも q 個の元を含む部分集合を選び、選ばれた元のうち q 個に印をつける方法を数えている。右辺も同じものを数えるのだけれども、n 個の元のうち q 個に印をつける方法が (nq) 通りあり、その各々について印をつけた q 個を含む部分集合を得るには印の付いた q 個に残りの n − q 個の元から任意に追加すればよいから、そのような仕方は 2 通りである。
パスカルの法則
( n k ) = ( n − 1 k − 1 ) + ( n − 1 k ) {\displaystyle {\binom {n}{k}}={\binom {n-1}{k-1}}+{\binom {n-1}{k}}}
の両辺は集合 [n] の k元-部分集合を数えているのだけれども、右辺は特定の元(例えば n)を含むように選ぶ場合と含まないように選ぶ場合に分けて数えている。
等式 (9), 再掲すると