二项式定理

二项式定理（英语：Binomial theorem）描述了二项式的幂的代数展开。

根据该定理，可以将两个数之和的整数次幂诸如 $(x+y)^n$ 展开为类似 $ax^by^c$ 项之和的恒等式, 其中 $b$ , $c$ 均为非负整数且 $b+c=n$ 。系数 $a$ 是依赖于 $n$ 和 $b$ 的正整数。当某项的指数为0时，通常略去不写。

例如：

(x+y)^4 = x^4 + 4x^3y + 6x^2y^2 + 4xy^3 + y^4

$ax^by^c$ 中的系数 $a$ 被称为二项式系数，记作 $\begin{pmatrix}n \cr b\end{pmatrix}$ 或 $\begin{pmatrix}n \cr c\end{pmatrix}$ （二者值相等）。

二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理.

定理的陈述

根据此定理，可以将 $x+y$ 的任意次幂展开成和的形式

(x + y)^n = \begin{pmatrix} n \cr 0 \end{pmatrix} x^ny^0 + \begin{pmatrix} n \cr 1 \end{pmatrix} x^{n - 1} y^1 + \begin{pmatrix} n \cr 2 \end{pmatrix} x^{n - 2} y^2 + ... + \begin{pmatrix} n \cr {n-1} \end{pmatrix} x^1 y^{n-1} + \begin{pmatrix} n \cr n \end{pmatrix} x^0 y^n

其中每个 $\begin{pmatrix} n \cr k \end{pmatrix}$ 为一个称作二项式系数的特定正整数，其等于 $\frac{n!}{k!(n-k)!}$ . 这个公式也称二项式公式或二项恒等式.

使用求和符号，可以把它写作

(x+y)^n = \sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \cr k \end{pmatrix} x^{n-k}y^k = \sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \cr k \end{pmatrix} x^ky^{n-k}

后面的表达式只是将根据 $x$ 与 $y$ 的对称性得出的，通过比较发现公式中的二项式系数也是对称的。

二项式定理的一个变形是用 $1$ 来代换 $y$ 得到的，所以它只涉及一个变量。在这种形式中，公式写作

(1+x)^n = \begin{pmatrix} n \cr 0 \end{pmatrix} x^0 + \begin{pmatrix} n \cr 1 \end{pmatrix} x^1 + \begin{pmatrix} n \cr 2 \end{pmatrix} x^2 + ... + \begin{pmatrix} n \cr {n-1} \end{pmatrix} x^{n-1} + \begin{pmatrix} n \cr n \end{pmatrix} x^n

或者等价地

(1+x)^n = \sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \cr k \end{pmatrix} x^k

几何释义

对于正值 $a$ 和 $b$ ，二项式定理，

在 $n=2$ 时是在几何上的明显事实，边为 $a+b$ 的正方形，可以切割成1个边为 $a$ 的正方形，1个边为 $b$ 的正方形，和2个边为 $a$ 和 $b$ 的长方形。

对于 $n=3$ ，定理陈述了边为 $a+b$ 的立方体，可以切割成1个边为 $a$ 的立方体，1个边为 $b$ 的立方体，3个 $a \times a \times b$ 长方体，和3个 $a \times b \times b$ 长方体。

在微积分中，此图解也给出导数 $(x^n)\rq = nx^{n-1}$ 的几何证明. 设 $a=x$ 且 $b=\Delta x$ , 将 $b$ 解释为 $a$ 的无穷小量改变，则此图解将无穷小量改变，显示为 $n$ 维超立方体 $(x+\Delta x)^n$ ：

(x+\Delta x)^n = x^n + n x^{n-1} \Delta x + \begin{pmatrix} n \cr 2 \end{pmatrix} x^{n-2} + ...

其中（针对 $\Delta x$ 的）线性项的系数是 $nx^{n-1}$ ，将公式代入采用差商的导数定义并取极限，意味着忽略高阶项 $(\Delta x)^2$ 和更高者，产生公式： $(x^n)\rq = nx^{n-1}$ 。

若再进行积分，这对应于应用微积分基本定理，则得到卡瓦列里求积公式： $\int (x^{n-1}) = \frac {x^n}{n} + C$ , $C$ 为积分常数。

证明

数学归纳法

当 $n=1$ ,

(a+1)^1 = \sum_{k=0}^1 \begin{pmatrix} 1 \cr k \end{pmatrix} a^{1-k} b^k = \begin{pmatrix} 1 \cr 0 \end{pmatrix} a^1 b^0 + \begin{pmatrix} 1 \cr 1 \end{pmatrix} a^0 b^1 = a + b

假设二项展开式在 $n=m$ 时成立。若 $n=m+1$ ，

(a+b)^{m+1} = a(a+b)^m + b(a+b)^m \\ = a \sum_{k=0}^m \begin{pmatrix} m \cr k \end{pmatrix} a^{m-k}b^k + b \sum_{j=0}^m \begin{pmatrix} m \cr j \end{pmatrix} a^{m-j}b^j \\ (将 a，b 带入求和内部) \\ = \sum_{k=0}^m \begin{pmatrix} m \cr k \end{pmatrix} a^{m-k+1}b^k + \sum_{j=0}^m \begin{pmatrix} m \cr j \end{pmatrix} a^{m-j+1}b^j \\ (将 k = 0 的项提出来) \\ = a^{m+1} + \sum_{k=1}^m \begin{pmatrix} m \cr k \end{pmatrix} a^{m-k+1}b^k + \sum_{j=0}^m \begin{pmatrix} m \cr j \end{pmatrix} a^{m-j+1}b^j \\ (设 j = k - 1) \\ = a^{m+1} + \sum_{k=1}^m \begin{pmatrix} m \cr k \end{pmatrix} a^{m-k+1}b^k + \sum_{k-1}^{m+1} \begin{pmatrix} m \cr {k-1} \end{pmatrix} a^{m-k+1}b^k \\ (将后半部分求和中的 k = m + 1 的项提出来) \\ = a^{m+1} + \sum_{k=1}^m \begin{pmatrix} m \cr k \end{pmatrix} a^{m-k+1}b^k + \sum_{k-1}^m \begin{pmatrix} m \cr {k-1} \end{pmatrix} a^{m-k+1}b^k + b^{m+1} \\ (合并系数部分) \\ = a^{m+1} + b^{m+1} + \sum_{k=1}^m \begin{bmatrix} \begin{pmatrix} m \cr k \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} m \cr {k-1} \end{pmatrix} \end{bmatrix} a^{m+1-k}b^k \\ (套用帕斯卡法则) \\ = a^{m+1} + b^{m+1} + \sum_{k=1}^m \begin{pmatrix} {m+1} \cr {k} \end{pmatrix} a^{m+1-k}b^k \\ = \sum_{k=0}^{m+1} \begin{pmatrix} {m+1} \cr {k} \end{pmatrix} a^{m+1-k}b^k

组合方法

考虑:

(a+b)^7 = (a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)

共7个括号相乘，从7个括号选出其中的4个括号中的 $a$ , 再从剩余的3个括号中选出3个 $b$ 相乘，便得一组 $a^4b^3$ , 而这样的选法共有 $\begin{pmatrix} 7 \cr 4 \end{pmatrix}$ 种，故总共有 $\begin{pmatrix} 7 \cr 4 \end{pmatrix}$ 个 $a^4b^3$ ；其他各项同理.

同理，

(a+b)^n = (a+b)(a+b)(a+b)...(a+b)(a+b)(a+b)

共 $n$ 个括号相乘， $n$ 个括号选出其中的 $k$ 个括号中的 $a$ ，再从剩余的 $n-k$ 个括号中选出 $n-k$ 个 $b$ 相乘, 便得一组 $a^kb^{n-k}$ , 而这样的选法共有 $\begin{pmatrix} n \cr k \end{pmatrix}$ 种, 故总共有 $\begin{pmatrix} n \cr k \end{pmatrix}$ 个 $a^kb^{n-k}$ ；其他各项同理。

一般形式的证明

通常二项式定理可以直接使用泰勒公式进行证明. 下面的方法不使用泰勒公式：

设

\begin{aligned} f(x) = (1+x)^a \\ g(x) = \sum_{k=0}^\infty \begin{pmatrix} a \cr k \end{pmatrix} x^k \end{aligned}

注意只有当 $|x| < 1$ 时上述两个函数才收敛

首先证明 $g(x)$ 收敛于 $|x| < 1$ 。这里省略
之后，易得 $f(x)$ 满足微分方程︰

(1+x)f\rq(x) = af(x) \\ 用求导的一般方法就能得到这个结论，这里省略

再证明 $g(x)$ 亦满足上述微分方程︰

g(x) = 1 + \sum_{k=1}^\infty \begin{pmatrix} a \cr k \end{pmatrix} x^k \\ g\rq(x) = \sum_{k=1}^\infty \begin{pmatrix} a \cr k \end{pmatrix} kx^{k-1} \\ = \sum_{k=0}^\infty \begin{pmatrix} a \cr {k + 1} \end{pmatrix} (k + 1)x^k \\ = \sum_{k=0}^\infty \begin{pmatrix} a \cr k \end{pmatrix} (a-k)x^k

因为

\begin{pmatrix} a \cr {k+1} \end{pmatrix} (k+1) = \frac {(a)(a-1)...(a-k+1)(a-k)} {(k+1)!} (k+1) \\ = \frac {(a)(a-1)...(a-k+1)(a-k)} {k!} \\ = \begin{pmatrix} a \cr k \end{pmatrix} (a-k)

于是

(1+x)g\rq(x) = g\rq(x) + x \sum_{k=1}^\infty \begin{pmatrix} a \cr k \end{pmatrix} kx^k-1 \\ = \sum_{k=0}^\infty \begin{pmatrix} a \cr k \end{pmatrix} (a-k)x^k + \sum_{k=1}^\infty \begin{pmatrix} a \cr k \end{pmatrix} kx^k \\ = \sum_{k=0}^\infty \begin{pmatrix} a \cr k \end{pmatrix} (a-k)x^k + \sum_{k=0}^\infty \begin{pmatrix} a \cr k \end{pmatrix} kx^k \\ = \sum_{k=0}^\infty \begin{pmatrix} a \cr k \end{pmatrix} x^k (a-k+k) \\ = a \sum_{k=0}^\infty \begin{pmatrix} a \cr k \end{pmatrix} x^k \\ = a \cdot g(x)

因为:

\sum_{k=0}^\infty \begin{pmatrix} a \cr k \end{pmatrix} kx^k \\ = \begin{pmatrix} a \cr 0 \end{pmatrix} \cdot 0x^0 + \sum_{k=1}^\infty \begin{pmatrix} a \cr k \end{pmatrix} kx^k \\ = \sum_{k=1}^\infty \begin{pmatrix} a \cr k \end{pmatrix} kx^k \\ --- \\ \frac {g\rq(x)} {g(x)} = \frac {a} {1+x} \\ \because \frac {f\rq(x)} {f(x)} = \frac {a} {1+x} \\ \therefore \frac {f\rq(x)} {f(x)} = \frac {g\rq(x)} {g(x)} \\ g\rq(x)f(x) = f\rq(x)g(x) \\

根据除法定则， $\frac{d}{dx}(\frac{g(x)}{f(x)}) = \frac {g\rq(x)f(x) - f\rq(x)g(x)} {(f(x))^2} = 0$
根据拉格朗日中值定理， $\frac {g(x)} {f(x)}$ 是常数函数.

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

应用

牛顿以二项式定理作为基础发明出了微积分。其在初等数学中应用主要在于近似、估计以及证明恒等式等。

证明组合恒等式

二项式定理给出的系数可以视为组合数 $\begin{pmatrix} n \cr k \end{pmatrix}$ 的另一种定义。因此二项式展开与组合数的关系十分密切。它常常用来证明一些组合恒等式。

(1) 证明 $\sum_{k=0}^n {\begin{pmatrix} n \cr k \end{pmatrix}}^2 = \begin{pmatrix} 2n \cr n \end{pmatrix}$

可以考虑恒等式

(1+x)^n(1+x)^n = (1+x)^{2n}

展开等式左边得到：

\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^n \begin{pmatrix} n \cr i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} n \cr j \end{pmatrix} x^ix^j

注意这一步使用了有限求和与乘积可以交换的性质。同时如果展开等式右边可以得到

\sum_{k=0}^{2n} \begin{pmatrix} 2n \cr k \end{pmatrix} x^k

比较两边幂次为 $k$ 的项的系数可以得到:

\sum_{i=0}^{k} \begin{pmatrix} n \cr i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} n \cr {k-i} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2n \cr k \end{pmatrix}

令 $k=n$ ，并注意到

\begin{pmatrix} n \cr i \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} n \cr {n-i} \end{pmatrix}

即可得到所要证明的结论。

(2) 证明 $\sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \cr k \end{pmatrix} = 2^n$

因为

(x+y)^n = \sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \cr k \end{pmatrix} x^{n-k}y^k

令 $x=y=1$ , 代入上式，得

(1+1)^n = 2^n = \sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \cr k \end{pmatrix} \cdot 1^{n-k} \cdot 1^k \\ = \begin{pmatrix} n \cr 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} n \cr 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} n \cr 2 \end{pmatrix} + ... + \begin{pmatrix} n \cr n \end{pmatrix} \\ = \sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \cr k \end{pmatrix} \\

多倍角恒等式

ref: https://zh.wikipedia.org/zh-cn/%E4%BA%8C%E9%A1%B9%E5%BC%8F%E5%AE%9A%E7%90%86