二項式系數 出現在楊輝三角 (帕斯卡三角)中。除邊緣的數字外,其他每一個數都為其上方兩數之和。
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
{\displaystyle (x+y)^{n}}
展開為類似
a
x
b
y
c
{\displaystyle ax^{b}y^{c}}
項之和的恆等式 ,其中
b
{\displaystyle b}
、
c
{\displaystyle c}
均為非負整數且
b
+
c
=
n
{\displaystyle b+c=n}
。系數
a
{\displaystyle a}
是依賴於
n
{\displaystyle n}
和
b
{\displaystyle b}
的正整數。當某項的指數為0時,通常略去不寫。例如:[ 1]
(
x
+
y
)
4
=
x
4
+
4
x
3
y
+
6
x
2
y
2
+
4
x
y
3
+
y
4
.
{\displaystyle (x+y)^{4}\;=\;x^{4}\,+\,4x^{3}y\,+\,6x^{2}y^{2}\,+\,4xy^{3}\,+\,y^{4}.}
a
x
b
y
c
{\displaystyle ax^{b}y^{c}}
中的系數
a
{\displaystyle a}
被稱為二項式系數 ,記作
(
n
b
)
{\displaystyle {\tbinom {n}{b}}}
或
(
n
c
)
{\displaystyle {\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 [ 2] 。
歷史
二項式系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[ 3] 。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[ 4] [ 5] 。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 [ 6] 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[ 7] 。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[ 6] 。艾薩克·牛頓 勳爵將二項式定理的系數推廣到有理數 [ 8] 。
定理的陳述
根據此定理,可以將
x
+
y
{\displaystyle x+y}
的任意次冪展開成和的形式
(
x
+
y
)
n
=
(
n
0
)
x
n
y
0
+
(
n
1
)
x
n
−
1
y
1
+
(
n
2
)
x
n
−
2
y
2
+
⋯
+
(
n
n
−
1
)
x
1
y
n
−
1
+
(
n
n
)
x
0
y
n
,
{\displaystyle (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
(
n
k
)
{\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}
為一個稱作二項式系數 的特定正整數,其等於
n
!
k
!
(
n
−
k
)
!
{\displaystyle {\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
=
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
x
n
−
k
y
k
=
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
x
k
y
n
−
k
.
{\displaystyle (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
{\displaystyle x}
與
y
{\displaystyle y}
的對稱性得出的,通過比較發現公式中的二項式系數也是對稱的。
二項式定理的一個變形是用 1 來代換
y
{\displaystyle 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
0
)
x
0
+
(
n
1
)
x
1
+
(
n
2
)
x
2
+
⋯
+
(
n
n
−
1
)
x
n
−
1
+
(
n
n
)
x
n
,
{\displaystyle (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
=
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
x
k
.
{\displaystyle (1+x)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{k}.}
幾何釋義
對直到四次冪的二項式的可視化
對於正值
a
{\displaystyle a}
和
b
{\displaystyle b}
,二項式定理,在
n
=
2
{\displaystyle n=2}
時是在幾何上的明顯事實,邊為
a
+
b
{\displaystyle a+b}
的正方形,可以切割成1個邊為
a
{\displaystyle a}
的正方形,1個邊為
b
{\displaystyle b}
的正方形,和2個邊為
a
{\displaystyle a}
和
b
{\displaystyle b}
的長方形。對於
n
=
3
{\displaystyle n=3}
,定理陳述了邊為
a
+
b
{\displaystyle a+b}
的立方體,可以切割成1個邊為
a
{\displaystyle a}
的立方體,1個邊為
b
{\displaystyle b}
的立方體,3個
a
×
a
×
b
{\displaystyle a\times a\times b}
長方體,和3個
a
×
b
×
b
{\displaystyle a\times b\times b}
長方體。
在微積分 中,此圖解也給出導數
(
x
n
)
′
=
n
x
n
−
1
{\displaystyle (x^{n})'=nx^{n-1}}
的幾何證明[ 9] 。設
a
=
x
{\displaystyle a=x}
且
b
=
Δ
x
{\displaystyle b=\Delta x}
,將
b
{\displaystyle b}
解釋為
a
{\displaystyle a}
的無窮小量 改變,則此圖解將無窮小量改變,顯示為
n
{\displaystyle n}
維超立方體
(
x
+
Δ
x
)
n
{\displaystyle (x+\Delta x)^{n}}
:
(
x
+
Δ
x
)
n
=
x
n
+
n
x
n
−
1
Δ
x
+
(
n
2
)
x
n
−
2
(
Δ
x
)
2
+
⋯
.
{\displaystyle (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
Δ
x
{\displaystyle \Delta x}
的)線性項的系數是
n
x
n
−
1
{\displaystyle nx^{n-1}}
,將公式代入採用差商 的導數 定義 並取極限,意味着忽略高階項
(
Δ
x
)
2
{\displaystyle (\Delta x)^{2}}
和更高者,產生公式:
(
x
n
)
′
=
n
x
n
−
1
{\displaystyle (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 :
∫
x
n
−
1
d
x
=
1
n
x
n
{\displaystyle \textstyle {\int x^{n-1}\,dx={\tfrac {1}{n}}x^{n}}}
。
證明
當
n
=
1
{\displaystyle n=1}
,
(
a
+
b
)
1
=
∑
k
=
0
1
(
1
k
)
a
1
−
k
b
k
=
(
1
0
)
a
1
b
0
+
(
1
1
)
a
0
b
1
=
a
+
b
{\displaystyle (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
{\displaystyle n=m}
時成立。若
n
=
m
+
1
{\displaystyle n=m+1}
,
(
a
+
b
)
m
+
1
=
a
(
a
+
b
)
m
+
b
(
a
+
b
)
m
=
a
∑
k
=
0
m
(
m
k
)
a
m
−
k
b
k
+
b
∑
j
=
0
m
(
m
j
)
a
m
−
j
b
j
=
∑
k
=
0
m
(
m
k
)
a
m
−
k
+
1
b
k
+
∑
j
=
0
m
(
m
j
)
a
m
−
j
b
j
+
1
( 將
a
,
b
)
=
a
m
+
1
+
∑
k
=
1
m
(
m
k
)
a
m
−
k
+
1
b
k
+
∑
j
=
0
m
(
m
j
)
a
m
−
j
b
j
+
1
取 出
k
=
0
的 項
=
a
m
+
1
+
∑
k
=
1
m
(
m
k
)
a
m
−
k
+
1
b
k
+
∑
k
=
1
m
+
1
(
m
k
−
1
)
a
m
−
k
+
1
b
k
設
j
=
k
−
1
=
a
m
+
1
+
∑
k
=
1
m
(
m
k
)
a
m
−
k
+
1
b
k
+
∑
k
=
1
m
(
m
k
−
1
)
a
m
+
1
−
k
b
k
+
b
m
+
1
取 出
k
=
m
+
1
項
=
a
m
+
1
+
b
m
+
1
+
∑
k
=
1
m
[
(
m
k
)
+
(
m
k
−
1
)
]
a
m
+
1
−
k
b
k
兩 者 加 起
=
a
m
+
1
+
b
m
+
1
+
∑
k
=
1
m
(
m
+
1
k
)
a
m
+
1
−
k
b
k
套 用 帕 斯 卡 法 則
=
∑
k
=
0
m
+
1
(
m
+
1
k
)
a
m
+
1
−
k
b
k
{\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
)
{\displaystyle (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
{\displaystyle a}
,再從剩餘的3個括號中選出3個
b
{\displaystyle b}
相乘,便得一組
a
4
b
3
{\displaystyle a^{4}b^{3}}
,而這樣的選法共有
(
7
4
)
{\displaystyle {\tbinom {7}{4}}}
種,故總共有
(
7
4
)
{\displaystyle {\tbinom {7}{4}}}
個
a
4
b
3
{\displaystyle a^{4}b^{3}}
;其他各項同理。
同理,
(
a
+
b
)
n
=
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
.
.
.
.
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
{\displaystyle (a+b)^{n}=(a+b)(a+b)....(a+b)(a+b)}
,共
n
{\displaystyle n}
個括號相乘,從
n
{\displaystyle n}
個括號選出其中的
k
{\displaystyle k}
個括號中的
a
{\displaystyle a}
,再從剩餘的
(
n
−
k
)
{\displaystyle (n-k)}
個括號中選出
(
n
−
k
)
{\displaystyle (n-k)}
個
b
{\displaystyle b}
相乘,便得一組
a
k
b
n
−
k
{\displaystyle a^{k}b^{n-k}}
,而這樣的選法共有
(
n
k
)
{\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}
種,故總共有
(
n
k
)
{\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}
個
a
k
b
n
−
k
{\displaystyle 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
)
{\displaystyle (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
{\displaystyle a}
或出
b
{\displaystyle b}
,而最後要有4個
a
{\displaystyle a}
、3個
b
{\displaystyle b}
相乘,這形同
a
a
a
a
b
b
b
{\displaystyle aaaabbb}
的「不盡相異物排列」,其方法數為
7
!
4
!
×
3
!
{\displaystyle {\frac {7!}{4!\times 3!}}}
,恰好等於
(
7
4
)
{\displaystyle {\tbinom {7}{4}}}
;其他各項同理。
同理,
(
a
+
b
)
n
=
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
.
.
.
.
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
{\displaystyle (a+b)^{n}=(a+b)(a+b)....(a+b)(a+b)}
,每一個括號可以出
a
{\displaystyle a}
或出
b
{\displaystyle b}
,而最後要有
k
{\displaystyle k}
個
a
{\displaystyle a}
、
(
n
−
k
)
{\displaystyle (n-k)}
個
b
{\displaystyle b}
相乘,這形同
a
a
…
a
a
⏟
k
b
b
…
b
b
⏟
n
−
k
{\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
n
!
k
!
×
(
n
−
k
)
!
{\displaystyle {\frac {n!}{k!\times (n-k)!}}}
,恰好等於
(
n
k
)
{\displaystyle {\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
{\displaystyle f(x)=(1+x)^{a}}
,
g
(
x
)
=
∑
k
=
0
∞
(
a
k
)
x
k
{\displaystyle g(x)=\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}x^{k}}
。注意只有當
|
x
|
<
1
{\displaystyle |x|<1}
時上述兩個函數才收斂
首先證明
g
(
x
)
{\displaystyle g(x)}
收斂於
|
x
|
<
1
{\displaystyle |x|<1}
。這裏省略
之後,易得
f
(
x
)
{\displaystyle f(x)}
滿足微分方程︰
(
1
+
x
)
f
′
(
x
)
=
a
f
(
x
)
{\displaystyle (1+x)f'(x)=af(x)}
。用求導的一般方法就能得到這個結論,這裏省略
再證明
g
(
x
)
{\displaystyle g(x)}
亦滿足上述微分方程︰
g
(
x
)
=
1
+
∑
k
=
1
∞
(
a
k
)
x
k
{\displaystyle g(x)=1+\sum _{k=1}^{\infty }{a \choose k}x^{k}}
g
′
(
x
)
=
∑
k
=
1
∞
(
a
k
)
k
x
k
−
1
=
∑
k
=
0
∞
(
a
k
+
1
)
(
k
+
1
)
x
k
=
∑
k
=
0
∞
(
a
k
)
(
a
−
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}}}
因為
(
a
k
+
1
)
(
k
+
1
)
=
(
a
)
(
a
−
1
)
⋯
(
a
−
k
+
1
)
(
a
−
k
)
(
k
+
1
)
!
(
k
+
1
)
=
(
a
)
(
a
−
1
)
⋯
(
a
−
k
+
1
)
(
a
−
k
)
k
!
=
(
a
k
)
(
a
−
k
)
{\displaystyle {\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
(
1
+
x
)
g
′
(
x
)
=
g
′
(
x
)
+
x
∑
k
=
1
∞
(
a
k
)
k
x
k
−
1
=
∑
k
=
0
∞
(
a
k
)
(
a
−
k
)
x
k
+
∑
k
=
1
∞
(
a
k
)
k
x
k
=
∑
k
=
0
∞
(
a
k
)
(
a
−
k
)
x
k
+
∑
k
=
0
∞
(
a
k
)
k
x
k
=
∑
k
=
0
∞
(
a
k
)
x
k
(
a
−
k
+
k
)
=
a
∑
k
=
0
∞
(
a
k
)
x
k
=
a
⋅
g
(
x
)
{\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}}}
因為
∑
k
=
0
∞
(
a
k
)
k
x
k
=
(
a
0
)
⋅
0
x
0
+
∑
k
=
1
∞
(
a
k
)
k
x
k
=
∑
k
=
1
∞
(
a
k
)
k
x
k
{\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}}
g
′
(
x
)
g
(
x
)
=
a
1
+
x
{\displaystyle {\frac {g'(x)}{g(x)}}={\frac {a}{1+x}}}
∵
f
′
(
x
)
f
(
x
)
=
a
1
+
x
{\displaystyle \because {\frac {f'(x)}{f(x)}}={\frac {a}{1+x}}}
∴
f
′
(
x
)
f
(
x
)
=
g
′
(
x
)
g
(
x
)
{\displaystyle \therefore {\frac {f'(x)}{f(x)}}={\frac {g'(x)}{g(x)}}}
g
′
(
x
)
f
(
x
)
=
f
′
(
x
)
g
(
x
)
{\displaystyle g'(x)f(x)=f'(x)g(x)}
根據除法定則 ,
d
d
x
(
g
(
x
)
f
(
x
)
)
=
g
′
(
x
)
f
(
x
)
−
f
′
(
x
)
g
(
x
)
(
f
(
x
)
)
2
=
0
{\displaystyle {\frac {d}{dx}}\left({\frac {g(x)}{f(x)}}\right)={\frac {g'(x)f(x)-f'(x)g(x)}{(f(x))^{2}}}=0}
根據拉格朗日中值定理 ,
g
(
x
)
f
(
x
)
{\displaystyle {\frac {g(x)}{f(x)}}}
是常數函數 .
g
(
x
)
f
(
x
)
=
g
(
0
)
f
(
0
)
=
1
{\displaystyle {\frac {g(x)}{f(x)}}={\frac {g(0)}{f(0)}}=1}
f
(
x
)
=
g
(
x
)
{\displaystyle 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 [ 10] 。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
二項式定理給出的系數可以視為組合數
(
n
k
)
{\displaystyle {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
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
2
=
(
2
n
n
)
{\displaystyle \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
)
2
n
{\displaystyle (1+x)^{n}(1+x)^{n}=(1+x)^{2n}}
。 展開等式左邊得到:
∑
i
=
0
n
∑
j
=
0
n
(
n
i
)
(
n
j
)
x
i
x
j
{\displaystyle \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
∑
k
=
0
2
n
(
2
n
k
)
x
k
{\displaystyle \sum _{k=0}^{2n}{2n \choose k}x^{k}}
。 比較兩邊冪次為
k
{\displaystyle k}
的項的系數可以得到:
∑
i
=
0
k
(
n
i
)
(
n
k
−
i
)
=
(
2
n
k
)
{\displaystyle \sum _{i=0}^{k}{n \choose i}{n \choose k-i}={2n \choose k}}
。 令
k
=
n
{\displaystyle k=n}
,並注意到
(
n
i
)
=
(
n
n
−
i
)
{\displaystyle {n \choose i}={n \choose n-i}}
即可得到所要證明的結論。
(2)證明
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
=
2
n
{\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{n \choose k}=2^{n}}
因為
(
x
+
y
)
n
=
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
x
n
−
k
y
k
{\displaystyle (x+y)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{n-k}y^{k}}
令
x
=
y
=
1
{\displaystyle x=y=1}
,代入上式,得
(
1
+
1
)
n
=
2
n
=
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
⋅
1
n
−
k
⋅
1
k
=
(
n
0
)
+
(
n
1
)
+
(
n
2
)
+
⋯
+
(
n
n
)
=
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
{\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}}}
多倍角恆等式
在複數 中,二項式定理可以與狄默夫公式 結合,成為多倍角公式 [ 11] 。根據狄默夫公式:
cos
(
n
x
)
+
i
sin
(
n
x
)
=
(
cos
x
+
i
sin
x
)
n
.
{\displaystyle \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
(
cos
x
+
i
sin
x
)
2
=
cos
2
x
+
2
i
cos
x
sin
x
−
sin
2
x
,
{\displaystyle \left(\cos x+i\sin x\right)^{2}=\cos ^{2}x+2i\cos x\sin x-\sin ^{2}x,}
由狄默夫公式,實部與虛部對應,能夠得出
cos
(
2
x
)
=
cos
2
x
−
sin
2
x
and
sin
(
2
x
)
=
2
cos
x
sin
x
,
{\displaystyle \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
(
cos
x
+
i
sin
x
)
3
=
cos
3
x
+
3
i
cos
2
x
sin
x
−
3
cos
x
sin
2
x
−
i
sin
3
x
,
{\displaystyle \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,}
所以藉狄默夫公式,能夠得出
cos
(
3
x
)
=
cos
3
x
−
3
cos
x
sin
2
x
and
sin
(
3
x
)
=
3
cos
2
x
sin
x
−
sin
3
x
.
{\displaystyle \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
(
n
x
)
=
∑
k
even
(
−
1
)
k
2
(
n
k
)
cos
n
−
k
x
sin
k
x
{\displaystyle \cos(nx)=\sum _{k{\text{ even}}}(-1)^{\frac {k}{2}}{n \choose k}\cos ^{n-k}x\sin ^{k}x}
和
sin
(
n
x
)
=
∑
k
odd
(
−
1
)
k
−
1
2
(
n
k
)
cos
n
−
k
x
sin
k
x
.
{\displaystyle \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:[ 12]
e
=
lim
n
→
∞
(
1
+
1
n
)
n
.
{\displaystyle e=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}.}
使用二項式定理能得出
(
1
+
1
n
)
n
=
1
+
(
n
1
)
1
n
+
(
n
2
)
1
n
2
+
(
n
3
)
1
n
3
+
⋯
+
(
n
n
)
1
n
n
.
{\displaystyle \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
{\displaystyle k}
項之總和為
(
n
k
)
1
n
k
=
1
k
!
⋅
n
(
n
−
1
)
(
n
−
2
)
⋯
(
n
−
k
+
1
)
n
k
{\displaystyle {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
→
∞
{\displaystyle n\to \infty }
時,右邊的表達式趨近1。因此
lim
n
→
∞
(
n
k
)
1
n
k
=
1
k
!
.
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }{n \choose k}{\frac {1}{n^{k}}}={\frac {1}{k!}}.}
這表明
e
{\displaystyle e}
可以表示為[ 13] [ 14]
e
=
∑
k
=
0
∞
1
k
!
=
1
0
!
+
1
1
!
+
1
2
!
+
1
3
!
+
⋯
.
{\displaystyle 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
)
α
=
∑
k
=
0
∞
(
α
k
)
x
α
−
k
y
k
{\displaystyle (x+y)^{\alpha }=\sum _{k=0}^{\infty }{\alpha \choose k}x^{\alpha -k}y^{k}}
。其中
(
α
k
)
=
α
(
α
−
1
)
.
.
.
(
α
−
k
+
1
)
k
!
=
(
α
)
k
k
!
{\displaystyle {\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:[ 15] [ 16]
(
x
1
+
x
2
+
.
.
.
+
x
n
)
k
=
∑
α
1
+
α
2
+
.
.
.
+
α
n
=
k
k
!
α
1
!
.
.
.
α
n
!
x
1
α
1
.
.
.
x
n
α
n
{\displaystyle \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
{\displaystyle n}
做歸納:
當
n
=
2
{\displaystyle n=2}
時,原式為二項式定理,成立。 假設對
n
−
1
{\displaystyle n-1}
元成立,則:
(
x
1
+
x
2
+
.
.
.
+
x
n
)
k
=
(
(
x
1
+
x
2
+
.
.
.
+
x
n
−
1
)
+
x
n
)
k
=
∑
α
n
=
0
k
k
!
α
n
!
(
k
−
α
n
)
!
(
x
1
+
x
2
+
.
.
.
+
x
n
−
1
)
k
−
α
n
x
n
α
n
=
∑
α
n
=
0
k
k
!
α
n
!
(
k
−
α
n
)
!
∑
α
1
+
α
2
+
.
.
.
+
α
n
−
1
=
k
−
α
n
(
k
−
α
n
)
!
α
1
!
.
.
.
α
n
−
1
!
x
1
α
1
.
.
.
x
n
−
1
α
n
−
1
x
n
α
n
=
∑
α
1
+
α
2
+
.
.
.
+
α
n
=
k
k
!
α
1
!
.
.
.
α
n
!
x
1
α
1
.
.
.
x
n
α
n
證 畢
{\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}}}
參見
參考文獻
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外部連結