二项式展开

**二項式定理**（英語：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：

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

 $ax^{b}y^{c}$ 中的係數 _$a$_ 被稱為二項式係數，記作 ${\tbinom {n}{b}}$ 或 ${\tbinom {n}{c}}$ （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 ${\tbinom {n}{k}}$ 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數。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： $\textstyle {\int x^{n-1}\,dx={\tfrac {1}{n}}x^{n}}$ 。

## 證明

### 數學歸納法

當 $n=1$ ，

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

假設二項展開式在 $n=m$ 時成立。若 $n=m+1$ ，

> 
> $$
> {\begin{aligned}(a+b)^{m+1}&=a(a+b)^{m}+b(a+b)^{m}\\&=a\sum _{k=0}^{m}{m \choose k}a^{m-k}b^{k}+b\sum _{j=0}^{m}{m \choose j}a^{m-j}b^{j}\\&=\sum _{k=0}^{m}{m \choose k}a^{m-k+1}b^{k}+\sum _{j=0}^{m}{m \choose j}a^{m-j}b^{j+1}\ \ \ \ \ {\text{( 將 }}a{\text{, }}b{\text{) }}\\&=a^{m+1}+\sum _{k=1}^{m}{m \choose k}a^{m-k+1}b^{k}+\sum _{j=0}^{m}{m \choose j}a^{m-j}b^{j+1}\ \ \ \ \ {\text{ 取 出 }}k=0{\text{ 的 項 }}\\&=a^{m+1}+\sum _{k=1}^{m}{m \choose k}a^{m-k+1}b^{k}+\sum _{k=1}^{m+1}{m \choose k-1}a^{m-k+1}b^{k}\ \ \ \ \ {\text{設 }}j=k-1\\&=a^{m+1}+\sum _{k=1}^{m}{m \choose k}a^{m-k+1}b^{k}+\sum _{k=1}^{m}{m \choose k-1}a^{m+1-k}b^{k}+b^{m+1}\ \ \ \ \ {\text{取 出 }}k=m+1{\text{項 }}\\&=a^{m+1}+b^{m+1}+\sum _{k=1}^{m}\left[{m \choose k}+{m \choose k-1}\right]a^{m+1-k}b^{k}\ \ \ \ \ {\text{兩 者 加 起 }}\\&=a^{m+1}+b^{m+1}+\sum _{k=1}^{m}{m+1 \choose k}a^{m+1-k}b^{k}\ \ \ \ \ {\text{套 用 帕 斯 卡 法 則 }}\\&=\sum _{k=0}^{m+1}{m+1 \choose k}a^{m+1-k}b^{k}\end{aligned}}
> $$
> 
> 
> 
> 

### 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 ${\tbinom {7}{4}}$ 種，故總共有 ${\tbinom {7}{4}}$ 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 $(n-k)$ 個括號中選出 $(n-k)$ 個 $b$ 相乘，便得一組 $a^{k}b^{n-k}$ ，而這樣的選法共有 ${\tbinom {n}{k}}$ 種，故總共有 ${\tbinom {n}{k}}$ 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 $aaaabbb$ 的「不盡相異物排列」，其方法數為 ${\frac {7!}{4!\times 3!}}$ ，恰好等於 ${\tbinom {7}{4}}$ ；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 ${\tbinom {n}{k}}$ ；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 $f(x)$ 滿足微分方程式︰ $(1+x)f'(x)=af(x)$ 。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式︰
> 
> $$
> g(x)=1+\sum _{k=1}^{\infty }{a \choose k}x^{k}
> $$
> 
> $$
> {\begin{aligned}g'(x)&=\sum _{k=1}^{\infty }{a \choose k}kx^{k-1}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose {k+1}}(k+1)x^{k}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}(a-k)x^{k}\\\end{aligned}}
> $$
> 
> 因為
> 
> $$
> {\begin{aligned}{a \choose {k+1}}(k+1)&={\frac {(a)(a-1)\cdots (a-k+1)(a-k)}{(k+1)!}}(k+1)\\&={\frac {(a)(a-1)\cdots (a-k+1)(a-k)}{k!}}\\&={a \choose k}(a-k)\end{aligned}}
> $$
> 
> 於是
> 
> $$
> {\begin{aligned}(1+x)g'(x)&=g'(x)+x\sum _{k=1}^{\infty }{a \choose k}kx^{k-1}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}(a-k)x^{k}+\sum _{k=1}^{\infty }{a \choose k}kx^{k}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}(a-k)x^{k}+\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}kx^{k}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}x^{k}(a-k+k)\\&=a\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}x^{k}\\&=a\cdot g(x)\\\end{aligned}}
> $$
> 
> 

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

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

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

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

　
: $g'(x)f(x)=f'(x)g(x)$

* 根據除法定則， ${\frac {d}{dx}}\left({\frac {g(x)}{f(x)}}\right)={\frac {g'(x)f(x)-f'(x)g(x)}{(f(x))^{2}}}=0$
* 根據拉格朗日均值定理， ${\frac {g(x)}{f(x)}}$ 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石發明出了微積分 。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

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

### 多倍角恆等式

在複數中，二項式定理可以與棣美弗公式結合，成為多倍角公式。根據棣美弗公式：

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

通過使用二項式定理，右邊的表達式可以擴展為

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

由棣美弗公式，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

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

所以藉棣美弗公式，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，即所謂的牛頓**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 $n=2$ 時，原式為二項式定理，成立。 
 假設對 $n-1$ 元成立，則：

　
: ${\begin{aligned}\left(x_{1}+x_{2}+...+x_{n}\right)^{k}&=((x_{1}+x_{2}+...+x_{n-1})+x_{n})^{k}\\&=\sum _{\alpha _{n}=0}^{k}{\frac {k!}{\alpha _{n}!\left(k-\alpha _{n}\right)!}}\left(x_{1}+x_{2}+...+x_{n-1}\right)^{k-\alpha _{n}}x_{n}^{\alpha _{n}}\\&=\sum _{\alpha _{n}=0}^{k}{\frac {k!}{\alpha _{n}!\left(k-\alpha _{n}\right)!}}\sum _{\alpha _{1}+\alpha _{2}+...+\alpha _{n-1}=k-\alpha _{n}}{\frac {\left(k-\alpha _{n}\right)!}{\alpha _{1}!...\alpha _{n-1}!}}x_{1}^{\alpha _{1}}...x_{n-1}^{\alpha _{n-1}}x_{n}^{\alpha _{n}}\\&=\sum _{\alpha _{1}+\alpha _{2}+...+\alpha _{n}=k}{\frac {k!}{\alpha _{1}!...\alpha _{n}!}}x_{1}^{\alpha _{1}}...x_{n}^{\alpha _{n}}{\text{證 畢 }}\\\end{aligned}}$

## 參見

## 參考文獻

## 參考書目

## 外部連結

* Binomial Theorem（頁面存檔備份，存於網際網路檔案館） - 史蒂芬・沃爾夫勒姆
* "Binomial Theorem (Step-by-Step)"（頁面存檔備份，存於網際網路檔案館） by Bruce Colletti and Jeff Bryant, Wolfram 演示項目，2007.
* The Binomial Theorem - Interactive Mathematics（頁面存檔備份，存於網際網路檔案館）
* Binomial Expansion - HyperPhysics