二项式系数

二项式系数是二项式定理中作为系数出现的一组正整数。二项式系数已经为人所知几个世纪了，但它们最著名的是在1640年左右布莱斯·帕斯卡的著作。下面是帕斯卡三角形的前11行。

$1 \ \ 2 \四\ \ 1 \四\四\ \ 1 \四3 \四\四\ \ 1 \四4 \四6 \四\四\ \ 1 \四\四10 \四\四5 6 \四\ \ 1 \四\四15 \四20 \四15 \四6 \四\ \ 1 \四7 \四21 \四35 \四35 \四21 \四7 \四\ \ 1 \四8 \ 70年四28日\四56 \四\四56 \四28 \四8 \四\ \ 1 \四9 \四36 \四84 \四126\四126\四84 \四36 \四9 \四1\ 1\四10 \四45 \四120 \四210 \四252 \四210 \四120 \四45 \四10 \四1\\ cdots$

在数学中，二项式系数表示为 $\ binom{一}{b}$,在那里 $一个$是 $(+ 1) ^{\文本{th}}$行, $b$是 $文本(b + 1) ^ {\ {th}}$那一行的数字，从左边数，作为索引。这是在第一行通常被认为是 $0 ^{\文本{th}}$行，这也是我们要假设的。例如, $2 ^{\文本{和}}$数量的 $4 ^{\文本{th}}$行表示为 $\ binom {3} {1} = 3$．二项式系数，就是这种形式 $\ binom{一}{b}$，等于可供选择的方法的数量 $b$对象集合中的对象 $一个$对象。

二项式系数是指幂的系数 $x$在扩张中 $(1 + x) ^ n:$

$(1 + x) ^ n = n_ {c_ {0}} + n_ {c_ {1}} x + n_ {c_ {2}} x ^ 2 + \ cdots + n_ {c_ {n}} x ^ n,$

在哪里 $n_ {c_ {k}} = \压裂{n !} {k (n - k) !}。$的条款 $n_ {c_ {0}}$来 $n_ {c_ {n}}$称为二项式系数。以后这个词 $n_ {c_ {k}}$将被写成 $k \ dbinom {n}{}。$

计算…的价值 $\ dbinom {7} {3}$．

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我们可以用这个公式 $k \ binom {n}{} = \压裂{n !} {k (n - k) !｝$计算…的值 $\ binom {7} {3}$：

$\ dbinom{7}{3} = \压裂{7 !} {3 !\ * (7) !｝＝\frac{5040}{6 \times 24} = 35. \ _\square$

计算…的价值 $\ dbinom {8} {4}$．

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我们可以用这个公式 $k \ binom {n}{} = \压裂{n !} {k (n - k) !｝$计算…的值 $\ binom {8} {4}$：

$\ dbinom{8}{4} = \压裂{8 !} {4 !\ * (8 - 4) !｝＝\frac{40320}{24 \times 24} = 70. \ _\square$

从包含9个球的盒子中选择2个球有多少种方法?

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从一组9个元素中选出2个元素的方法是

$\ dbinom{9}{2} = \压裂{9 !}{2 !7！｝＝\frac{9\cdot 8 }{ 2\cdot 1} = \frac{72}{2} = 36. \ _\square$

根据下面的菜单，你有多少种选择三层披萨的方法?

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从10个元素中选出3个元素的方法是

$\ dbinom{10}{3} = \压裂{10 !}{7 !3！｝＝\frac{10\cdot 9 \cdot 8}{3\cdot 2\cdot 1} = \frac{720}{6} = 120. \ _\square$

三个不同的数字, $x, y, z \in \mathbb{N}$是随机选择的吗 $1\leq x, y, z \leq 10$．它们的乘积被9整除的概率是多少?

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这个问题真正想问的是“有多少! $x, y,$和 $z$可以选择，这样， $xyz$有…的能力 $3.$这是 $\组2 ?$"看来我们最好的办法是把每一个数分解成因数 $1$来 $10：$

$1 ~ ~ 2 ~ ~ 3 ~ ~ 2 ^ 2, 5 ~ ~ ~ ~ 2 \乘以3,~ ~ 7 ~ ~ 2 ^ 3,~ ~ 3 ^ 2,~ ~ 2 \ times5。$

我们的直觉告诉我们，数出不能被9整除的数，然后从我们能算出的总数中减去这个数可能更容易。按照这个逻辑，我们构建了两个案例:

• 案例1:最高的力量 $3.$,分 $xyz$是 $3 ^ 0 = 1$．
  有 $7$区间内不能被整除的数 $3.$，我们想要选择 $3.$它们。因此，对于这种情况，我们需要计算的就是 $\ binom {7} {3} = 35$．
• 案例2:最高的力量 $3.$,分 $xyz$是 $3 ^ 1 = 3$．
  有 $2$在给定区间内幂为的数 $3.$与大小 $1$．我们只能选择其中一个作为变量。另外两个变量必须来自我们考虑的case集合 $1$．所以，我们要计算 $\binom{2}{1} \cdot \binom{7}{2}$．因此，我们有一个 $35 + 42 = 77$数字是 $不\ textbf {}$整除 $9$．

现在，我们承认有 $\ binom {10} {3} = 120$总组合 $3.$数字的选择 $1$来 $10$．因此 $120-42-35 = 43$以这种方式形成的数可以分裂 $9$．因此，概率是 $\ dfrac {43} {120}$． $_ \广场$

用1、2、3、4、5不重复数字可以组成多少个3位数?

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这里做一个3位数的数字相当于用5个数字填满3个位置。
所以，填满这三个位置的方法是 $\ binom{5}{3} = \压裂{5 !}{(5 - 3)!3！｝＝10.$
但请注意，这三个不同的数字的顺序很重要!所以我们需要把它乘回去 $3！$．
因此，上述5个数字中可能的3位数字的总数为 $10 \ times3 != 60$． $_ \广场$

顾名思义，二项式定理可以用来展开二项式。你可以用下面的公式来做。

当给出二项式时， $(x + y) ^$，你可以用下面的方程展开二项式:

$(x + y) ^ = \ binom x ^{一}{0}{}y ^ {0} + \ binom x ^{一}{1}{(a - 1)} y ^ {1} + \ cdots + \ binom x ^{一}{1}{1}y ^ {(a - 1)} + \ binom{一}{x} ^ y ^{0}{}。$

这是简化的定义二项展开式使用二项式系数。

乍一看，这个等式似乎令人难以抗拒。然而，一个简单的思考方法是，将每个系数应用到相应的项上，然后从第一个二项式项开始倒数 $一个$到0，而第二个二项式的幂从0到 $一个。$

扩大 $大(c ^ 2 + 2 \ \大)^ 3$．

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根据上面给出的方程，我们知道 $X = c^2 y = 2，$和 $一个= 3$．因此我们可以将二项式展开为

$\ binom{3}{0} \大(c ^{2} \大)^ {3}2 ^ {0}+ \ binom{3}{1} \大(c ^{2} \大)^ 2 ^ {2}{1}+ \ binom{3}{2} \大(c ^{2} \大)^ 2 ^ {1}{2}+ \ binom{3}{3} \大(c ^{2} \大)^ 2 ^ {0}{3}= c ^ {6} + 6 c ^ {4} + 12 c ^{2} + 8。\ _ \广场$

求系数 ${x}^{7}$在扩张中 ${(x+3)}^{10}$．

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回想一下二项式定理

$(x + y) ^ = \ binom x ^{一}{0}{}y ^ {0} + \ binom x ^{一}{1}{(a - 1)} y ^ {1} + \ cdots + \ binom x ^{一}{1}{1}y ^ {(a - 1)} + \ binom{一}{x} ^ y ^ {0} {},$

哪个是求和形式

${(x + y)} ^{一}= \总和_ {i = 0} ^{一}{\选择我}{x} ^{-ⅰ}{y} ^{}。$

为了得到的系数 ${x}^{7}$，我们需要 $A - I = 7。$自 $一个= 10$， $我= 3$．

因此，答案是 ${a \choose 3} = {3}^{3}{10 \choose 3} = 3240。\ _ \广场$

二项式系数是从数学家布莱斯·帕斯卡著名的三角形中提取出来的，它有几个优雅的性质。当然，它们在组合分析中是有用的，通常是必要的，但它们的作用远不止于此。有些性质利用了对称性，有些涉及膨胀，但它们都可以相当直观地证明。我们从二项式系数最原始的形式开始:帕斯卡三角形。

$1$ $1 \四1$ $1平方2平方1$ $1平方3平方3平方1$ $1 4 4 6 4 4 1$ $1四5四10四10四5四1$ $．..$

从上图中我们可以看出，建筑的基本规则是

$\ \ binom {n} {k} + binom {n} {k + 1} = \ binom {n + 1} {k + 1}。$

我们有

${对齐}\ \ displaystyle \开始binom {n} {k} + \ binom {n} {k + 1} & = & \压裂{n !} {k ! \大(大)(n - k) ! \} + \压裂{n !} {(k + 1) ! \大(n - (k + 1) \大)!}{(k+1)!(n-k) n!}{(k+1)!(n-k)!}{(k+1)!(n-k)! (n-k)!} \\\\ & = & \binom{n+1}{k+1}\ \ _ \广场结束{对齐}$

或者，换句话说，假设帕斯卡三角形是如上所示的等边三角形形状，那么两个相邻二项式系数的和等于它下面的一个系数。另一个重要的特征是

$k \ binom {n} {} = \ binom {n} {n - k}。$

我们有

$\displaystyle \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} = \压裂{n !}{\大(n - (n - k) \大)! (n - k) !} = \ binom {n} {n - k}。\ _ \广场$

帕斯卡三角形的每一行在两种情况下都是对称的。它要么是回文的，要么是面向中心的(甚至 $n$)，或回文和“镜像”，即三角形一边的所有数字都复制到另一边(对于奇数) $n$)．

一个固定行二项式系数的和 $n$等于2的幂。的确,

$\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} = 2^n，$

哪个可以很容易地显示出来

$2 ^ n = (1 + 1) ^ n = \ binom {n} {0} (1) (1) ^ 0 ^ n + \ binom {n} {1} (1) ^ {n} (1) ^ 1 + \ cdots + \ binom {n} {n} (1) (1) ^ 0 ^ {n} = \ sum_ {k = 0} ^ {n} \ binom {n} {k}。$

沿着类似的路线，我将演示一个关于二项式系数相对于其指标的加权和的更一般的迷人性质:

$\sum_{k=0}^{n} k\binom{n}{k} = n2^{n-1}。$

首先，我们来看看这个和是什么样的:

$0 \ binom {n} {0} + 1 \ binom {n} {1} + 2 \ binom {n} {2} + 3 \ binom {n} {3} + \ cdots + n \ binom {n} {n}。$

第一项是零，所以我们把和写成

$\sum_{k=1}^{n} k\binom{n}{k} = n2^{n-1}。$

回到计算二项式系数的公式，我们得到

$\{对齐}开始k \ binom {n} {k} & = k \离开(\压裂{n !} {k (n - k) !} \) \ \ & = k \离开(\压裂{(n) (n - 1) (n - 2) \ cdots (n - k + 1)} {(k) (k - 1) (k-2) \ cdots (2) (1)} \) \ \ & = n \离开(\压裂{(n - 1) (n - 2) \ cdots (n - k + 1)} {(k - 1) (k-2) \ cdots (2) (1)} \) \ \ & = n \离开(\压裂{(n - 1) (n - 2) \ cdots \大((n - 1) - (k - 1) + 1 \大)}{(k - 1) (k-2) \ cdots(2)(1)} \右),结束\{对齐}$

哪一个对我们比较有利，考虑到我们有一个固定的 $n$．我们终于可以这么说了

$\ sum_ {k = 1} ^ {n} k \ binom {n} {k} = \ sum_ {k = 1} ^ {n} \ binom {n} {k - 1} = n \ sum_ {k = 1} ^ {n} \ binom {n} {k - 1}。$

然后根据我们之前的二项式系数和的定义

$n \ sum_ {k = 1} ^ {n} \ binom {n} {k - 1} = n \ sum_ {k = 0} ^ {n} \ binom {n} {k} = n2 ^ {n}。$

现在有趣的事情来了。在固定行上二项式系数的交替和 $n$= $0$．更正式,

$\ binom {n} {0} - \ binom {n} {1} + \ binom {n} {2} - \ binom {n} {3} + \ cdots + (1) ^ n \ binom {n} {n} = \ sum_ {k = 0} ^ {n} (1) ^ k \ binom {n} {k} = 0。$

由此可见,

$0 = (1 - 1) ^ n = \ binom {n} {0} (1) (1) ^ 0 ^ n + \ binom {n} {1} (1) ^ {n} (1) ^ 1 + \ cdots + \ binom {n} {n} (1) (1) ^ 0 ^ {n}。$

让 $\ alpha_e$等于一行中所有偶数项的和 $n$,让 $\ alpha_o$等于行中所有奇数项的和 $n$．我们前面的方程现在可以表示为

$\alpha_e - \alpha_o = 0 \意味着\alpha_e = \alpha_o。$

因为行中所有偶数项的和 $n$以及行中所有奇数项的和 $n$是相等的，它们对行的总和的贡献是相同的， $2 ^ n$．因此，如果我们省略偶数或奇数项，我们将正好得到原来总数的一半。因此，我们可以说

$\ sum_ {k = 0} ^ {n} \ binom {n} {2 k} = \ sum_ {k = 0} ^ {n} \ binom {n} {2 k + 1} = \压裂{2 ^ n} {2} = 2 ^ {n}。$

人们可能还注意到帕斯卡三角形中隐藏着一个熟悉的序列。 $\ binom {n} {2}$代表了 $(n - 1) ^{\文本{th}}$三角形数 $T_n = \压裂{(n + 1) (n)} {2}$．如果你不熟悉这个序列，在这里是一个链接，让你开始!这个证明利用了一些事实

$\binom{n}{1} = n， \四\binom{2}{2} = 1 = T_{1}，$

并假设所有人 $n \组2$，

${对齐}\ \开始binom {n} {2} = T_ {n}识别& = \ dfrac {(n) (n - 1)} {2} \ \ \ binom {n + 1} {2} = T_ {n}识别& = \ dfrac {(n + 1) (n)},{2} \{对齐}结束$

这在归纳法下成立。我们可以通过观察帕斯卡三角形和使用我们的构造指南来直观地验证这一点:

$\binom{n}{k} + \binom{n}{k+1} = \binom{n+1}{k+1}$

现在，如果你知道三角数，你可以这样说

$\binom{n}{2}^2 = \sum_{j=1}^{n-1} \binom{j}{1}^3。$

这需要读者自己去证明，但如果你卡住了，这是证明的链接。

其中一个更引人注目的性质是Sierpiński筛，它是通过对每个二项式系数取模2得到的。这个过程将每个二项式系数按其奇偶性分开。如果把每个奇数都换成一个黑色三角形，就会形成一个谢尔宾斯基三角形。你自己试试吧!这也适用于卢卡斯对应定理，留给读者进一步学习去发现。

假设我们有一个长度的序列 $n$，我们想要选择的方式的数量 $k$元素。很明显,有 $n$第一个元素的选择。有 $n - 1$选择第二个元素的方法， $n -$选择第三个元素的方法等等。这一直延续到选择 $k ^{\文本{th}}$元素，有 $n - k + 1$选择。因此，这些“选择”的所有可能排列的数量是

$(n)(n-1)(n-2)\cdots (n-k+1) = \dfrac{n!}{(n-k)!}。$

在所有这些选择中，只有一些是独一无二的。换句话说，有些选择是一种排列。很容易就能看到 $k !$排列每一种原始的选择。因此，为了得到原始序列的个数，我们使用

$\ dfrac {\ \ \ dfrac {n !} {(n - k) !｝\ \ }{k!}=\frac{n!}{k!(n-k)!}. \ _\square$

证明 $\ \ binom {n} {0} + binom {n} {1} + \ binom {n} {2} + \ cdots + \ binom {n} {n} = 2 ^ n。$

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直觉:上面的和等于我们可以选择的方法的数量 $1$对象从 $n$对象+ $2$对象一直到选择 $n$对象。直觉上，这都是可能的“选择” $n$对象。现在，如果我们要计算所有可能的“选择” $n$对象，因为每个对象可以被选择也可以不被选择，所以这个等于 $_{\text{n times}}=2^n。$