二項式定理

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${\displaystyle (x+y)^{n}}$展開為類似${\displaystyle ax^{b}y^{c}}$項之和的恆等式，其中${\displaystyle b}$、${\displaystyle c}$均為非負整數且${\displaystyle b+c=n}$。係數${\displaystyle a}$是依賴於${\displaystyle n}$和${\displaystyle b}$的正整數。當某項的指數為0時，通常略去不寫。例如：^[1]

二項式係數出現在楊輝三角（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。

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

${\displaystyle ax^{b}y^{c}}$中的係數${\displaystyle a}$被稱為二項式係數，記作${\displaystyle {\tbinom {n}{b}}}$或${\displaystyle {\tbinom {n}{c}}}$（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

參見：帕斯卡三角形

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^[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（英語：Al-Karaji）^[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（英語：Al-Karaji）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係數推廣到有理數^[8]。

定理的陳述

根據此定理，可以將${\displaystyle x+y}$的任意次冪展開成和的形式

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

其中每個${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$ 為一個稱作二項式係數的特定正整數，其等於${\displaystyle {\frac {n!}{k!(n-k)!}}}$。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

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

後面的表達式只是將根據${\displaystyle x}$與${\displaystyle y}$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${\displaystyle y}$得到的，所以它只涉及一個變量。在這種形式中，公式寫作

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

或者等價地

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

幾何釋義

對直到四次冪的二項式的可視化

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

在微積分中，此圖解也給出導數${\displaystyle (x^{n})'=nx^{n-1}}$的幾何證明^[9]。設${\displaystyle a=x}$且${\displaystyle b=\Delta x}$，將${\displaystyle b}$解釋為${\displaystyle a}$的無窮小量改變，則此圖解將無窮小量改變，顯示為${\displaystyle n}$維超立方體 ${\displaystyle (x+\Delta x)^{n}}$：

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

其中（針對${\displaystyle \Delta x}$的）線性項的係數是${\displaystyle nx^{n-1}}$，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${\displaystyle (\Delta x)^{2}}$和更高者，產生公式：${\displaystyle (x^{n})'=nx^{n-1}}$。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：${\displaystyle \textstyle {\int x^{n-1}\,dx={\tfrac {1}{n}}x^{n}}}$。

證明

數學歸納法

當${\displaystyle n=1}$，

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

假設二項展開式在 ${\displaystyle n=m}$ 時成立。若${\displaystyle n=m+1}$，

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

組合方法

考慮${\displaystyle (a+b)^{7}=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)}$，共7個括號相乘，從7個括號選出其中的4個括號中的${\displaystyle a}$，再從剩餘的3個括號中選出3個${\displaystyle b}$相乘，便得一組${\displaystyle a^{4}b^{3}}$，而這樣的選法共有${\displaystyle {\tbinom {7}{4}}}$種，故總共有${\displaystyle {\tbinom {7}{4}}}$個${\displaystyle a^{4}b^{3}}$；其他各項同理。

同理，${\displaystyle (a+b)^{n}=(a+b)(a+b)....(a+b)(a+b)}$，共${\displaystyle n}$個括號相乘，從${\displaystyle n}$個括號選出其中的${\displaystyle k}$個括號中的${\displaystyle a}$，再從剩餘的${\displaystyle (n-k)}$個括號中選出${\displaystyle (n-k)}$個${\displaystyle b}$相乘，便得一組${\displaystyle a^{k}b^{n-k}}$，而這樣的選法共有${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$種，故總共有${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$個${\displaystyle a^{k}b^{n-k}}$；其他各項同理。

不盡相異物排列方法

考慮${\displaystyle (a+b)^{7}=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)}$，每一個括號可以出${\displaystyle a}$或出${\displaystyle b}$，而最後要有4個${\displaystyle a}$、3個${\displaystyle b}$相乘，這形同${\displaystyle aaaabbb}$的「不盡相異物排列」，其方法數為${\displaystyle {\frac {7!}{4!\times 3!}}}$，恰好等於${\displaystyle {\tbinom {7}{4}}}$；其他各項同理。

同理，${\displaystyle (a+b)^{n}=(a+b)(a+b)....(a+b)(a+b)}$，每一個括號可以出${\displaystyle a}$或出${\displaystyle b}$，而最後要有${\displaystyle k}$個${\displaystyle a}$、${\displaystyle (n-k)}$個${\displaystyle b}$相乘，這形同${\displaystyle \underbrace {aa\ldots aa} _{k}\underbrace {bb\ldots bb} _{n-k}}$的「不盡相異物排列」，其方法數為${\displaystyle {\frac {n!}{k!\times (n-k)!}}}$，恰好等於${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$；其他各項同理。

一般式的證明

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

• 首先證明 ${\displaystyle g(x)}$收斂於${\displaystyle |x|<1}$。這裏省略

• 之後，易得${\displaystyle f(x)}$滿足微分方程︰${\displaystyle (1+x)f'(x)=af(x)}$。用求導的一般方法就能得到這個結論，這裏省略

• 再證明 ${\displaystyle g(x)}$亦滿足上述微分方程︰

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

${\displaystyle {\begin{aligned}g'(x)&=\sum _{k=1}^{\infty }{a \choose k}kx^{k-1}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose {k+1}}(k+1)x^{k}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}(a-k)x^{k}\\\end{aligned}}}$

因為

${\displaystyle {\begin{aligned}{a \choose {k+1}}(k+1)&={\frac {(a)(a-1)\cdots (a-k+1)(a-k)}{(k+1)!}}(k+1)\\&={\frac {(a)(a-1)\cdots (a-k+1)(a-k)}{k!}}\\&={a \choose k}(a-k)\end{aligned}}}$

於是

${\displaystyle {\begin{aligned}(1+x)g'(x)&=g'(x)+x\sum _{k=1}^{\infty }{a \choose k}kx^{k-1}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}(a-k)x^{k}+\sum _{k=1}^{\infty }{a \choose k}kx^{k}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}(a-k)x^{k}+\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}kx^{k}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}x^{k}(a-k+k)\\&=a\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}x^{k}\\&=a\cdot g(x)\\\end{aligned}}}$

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

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

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

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

${\displaystyle g'(x)f(x)=f'(x)g(x)}$

• 根據除法定則，${\displaystyle {\frac {d}{dx}}\left({\frac {g(x)}{f(x)}}\right)={\frac {g'(x)f(x)-f'(x)g(x)}{(f(x))^{2}}}=0}$

• 根據拉格朗日中值定理，${\displaystyle {\frac {g(x)}{f(x)}}}$是常數函數.

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

${\displaystyle f(x)=g(x)}$

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

二項式定理給出的係數可以視為組合數 ${\displaystyle {n \choose k}}$ 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${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{n \choose k}^{2}={2n \choose n}}$

可以考慮恆等式 ${\displaystyle (1+x)^{n}(1+x)^{n}=(1+x)^{2n}}$。 展開等式左邊得到： ${\displaystyle \sum _{i=0}^{n}\sum _{j=0}^{n}{n \choose i}{n \choose j}x^{i}x^{j}}$。 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 ${\displaystyle \sum _{k=0}^{2n}{2n \choose k}x^{k}}$。 比較兩邊冪次為 ${\displaystyle k}$ 的項的係數可以得到: ${\displaystyle \sum _{i=0}^{k}{n \choose i}{n \choose k-i}={2n \choose k}}$。 令 ${\displaystyle k=n}$，並注意到 ${\displaystyle {n \choose i}={n \choose n-i}}$ 即可得到所要證明的結論。

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

因為${\displaystyle (x+y)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{n-k}y^{k}}$

令${\displaystyle x=y=1}$，代入上式，得

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

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：

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

通過使用二項式定理，右邊的表達式可以擴展為

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

由狄默夫公式，實部與虛部對應，能夠得出

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

即二倍角公式。同樣，因為

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

所以藉狄默夫公式，能夠得出

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

整體而言，多倍角恆等式可以寫作

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

和

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

e級數

數學常數e的定義爲下列極限值：^[12]

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

使用二項式定理能得出

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

第${\displaystyle k}$項之總和為

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

因為${\displaystyle n\to \infty }$時，右邊的表達式趨近1。因此

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{n \choose k}{\frac {1}{n^{k}}}={\frac {1}{k!}}.}$

這表明${\displaystyle e}$可以表示為^[13][14]

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

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：

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

多項式展開

主條目：多項式定理

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]
${\displaystyle \left(x_{1}+x_{2}+...+x_{n}\right)^{k}=\sum _{\alpha _{1}+\alpha _{2}+...+\alpha _{n}=k}{\frac {k!}{\alpha _{1}!...\alpha _{n}!}}x_{1}^{\alpha _{1}}...x_{n}^{\alpha _{n}}}$.

證明：

數學歸納法。對元數${\displaystyle n}$做歸納：
當${\displaystyle n=2}$時，原式為二項式定理，成立。
假設對${\displaystyle n-1}$元成立，則：

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

證畢。

參見

• 數學主題

• 二項分佈
• 組合
• 立方根
• 平方根
• 牛頓法
• 多項式定理
• 負二項分佈
• 楊輝三角形
• 斯特靈公式
• 中一新生之夢