二重传系数

二项式系数是一系列正整数，作为二项式定理中的系数发生。二项式系数已知几个世纪以来，但它们是最闻名于1640年1640年的Blaise Pascal的工作中最为熟知的。以下是第一个11行的帕斯卡三角形的建设。

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

在数学中，二进制系数表示为 $\ binom {a} {b}$， 在哪里 $一种$是 $(+ 1) ^{\文本{th}}$行, $B.$是 $（B + 1）^ {\ {文本第}}$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, $2 ^ {\ {文本ND}}$号码 $4 ^{\文本{th}}$行代表为 $\ binom {3} {1} = 3$．二项式系数，其形式 $\ binom {a} {b}$，等于有选择的方式数量 $B.$从一组对象 $一种$对象。

二项式系数是显示为能力系数的系数 $X$在膨胀 $（1 + x）的n次方：$

$（1 + x）的n次方= N_ {C_ {0}} + N_ {C_ {1}} X + N_ {C_ {2}}的x ^ 2 + \ cdots + N_ {C_ {N}} X ^ N，$

在哪里 $n_ {c_ {k}} = \压裂{n !} {k (n - k) !}。$术语来自 $n_ {c_ {0}}$来 $n_ {c_ {n}}$被称为二项式cofficients。此后术语 $N_ {C_ {K}}$将被写为 $\ dbinom {n} {k}。$

计算…的价值 $\ dbinom {7} {3}$．

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我们可以用公式 $\ binom {n} {k} = \ frac {n！} {k！（n-k）！}$计算的值 $\ binom {7} {3}$：

$\ dbinom{7}{3} = \压裂{7 !} {3 !\ * (7) !{6 \times 24} = 35。\ _\正方形$

计算…的价值 $\ dbinom {8} {4}$．

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我们可以用公式 $\ binom {n} {k} = \ frac {n！} {k！（n-k）！}$计算的值 $\ binom {8} {4}$：

$\ dbinom {8} {4} = \压裂{8！} {4！\时间（8-4）！} = \压裂{40320} {24 \倍24} = 70。\ _ \方$

你在多少种方式可以选择含有9个球一箱2个球？

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路数选择2个元素形成了一套9的

$\ dbinom {9} {2} = \压裂{9！} {2！7！} = \压裂{9 \ CDOT 8} {2 \ CDOT 1} = \压裂{72} {2} = 36 \ _ \方$

你有多少种方法可以选择基于以下菜单上的三首冠军比萨饼？

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从10个元素中选出3个元素的方法是

$\ dbinom{10}{3} = \压裂{10 !}{7 !3！} = {10\cdot 9 \cdot 8}{3\cdot 2\cdot 1} ={720}{6} = 120。\ _\正方形$

三种不同的号码， $x，y，z \ in \ mathbb {n}$是随机选择的吗 $1\leq x, y, z \leq 10$．他们的产品已被9划分的概率是多少？

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什么这个问题真的问的是“多少 $X，Y，$和 $Z.$可被选择为使得，组合， $XYZ.$有…的能力 $3.$这是 $\组2 ?$“似乎我们最好的选择是根据每个数字 $1$来 $10：$

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

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:

• 情况1:最高的力量 $3.$划分 $XYZ.$是 $3 ^ 0 = 1$．
  有 $7.$区间内不能被整除的数 $3.$，我们想选择 $3.$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 $3.$划分 $XYZ.$是 $3 ^ 1 = 3$．
  有 $2$在给定区间内幂为的数 $3.$幅度 $1$．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，我们总共有 $35 + 42 = 77$数字是 $不\ textbf {}$整除 $9.$．

现在，我们认识到，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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这里制备3位的数字是等同于填充3个地设有5个号码。
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3位不同的顺序没关系！因此，我们需要通过乘回 $3！$．
因此，从上述5个数字的总可能的3位数字是 $10 \ times3 != 60$． $_ \广场$

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。

当给予一键， $(x + y) ^$，您可以使用以下等式扩展二项式：

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

这是简化的定义二项展开使用二项式系数。

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 $一种$为0，而第二项二项式的功率从0计数到 $一种。$

扩大 $\大（C ^ 2 + 2 \大）^ 3$．

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使用上面给出的等式，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

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

求系数 ${x} ^ {7}$在膨胀 ${（X + 3）} ^ {10}$．

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回想一下，二项式定理为

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

这在求和形式是

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

为了得到系数 ${x} ^ {7}$，我们需要拥有 $a - i = 7。$真诚 $一个= 10$那 $I = 3$．

因此，答案是 $\ displaystyle {y} ^ {3} {a \选择3} = {3} ^ {3} {10 \选择3} = 3240. \ _ \ square$

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。

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

从上面的图中，我们可以看到，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，在其它方面，两个相邻的二项式系数的总和等于“下方”它的一个，假设帕斯卡三角形是等边三角形，上面所示的形状生产。另一个重要的身份是

$\ binom {N} {K} = \ binom {N} {N-K}。$

我们有

$\displaystyle \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} = \frac{n!}{\big(n-(n-k)\big)!(n-k)!} = \binom{n}{n-k}.\ _\square$

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”，在三角形的一侧上的所有数字都在另一侧复制（对于奇数 $N$）。

一个固定行二项式系数的和 $N$等于二的幂。的确，

$\ sum_ {k = 0} ^ {n} \ binom {n} {k} = 2 ^ n，$

可以很容易地显示

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

沿着类似的线路，我将展示更普遍的迷人财产，关于其指数的一致系数的加权和：

$\ sum_ {K = 0} ^ {N} K和\ binom {N} {K} = N2 ^ {n-1个}。$

首先，我们来看看这个和是什么样的:

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

第一项是零，所以我们把和写成

$\ sum_ {K = 1} ^ {N} K和\ binom {N} {K} = N2 ^ {n-1个}。$

倒回公式以计算二项式系数，我们获得

$\begin{aligned} k\binom{n}{k} &= k\left(\frac{n!}{k!(n-k)!}\right)\\ &=k\left(\frac{(n)(n-1)(n-2)\cdots (n-k+1)}{(k)(k-1)(k-2)\cdots (2)(1)}\right)\\ &= n\left(\frac{(n-1)(n-2)\cdots (n-k+1)}{(k-1)(k-2)\cdots (2)(1)}\right)\\ &=n\left(\frac{(n-1)(n-2)\cdots \big((n-1)-(k-1)+1\big)}{(k-1)(k-2)\cdots (2)(1)}\right), \end{aligned}$

考虑到我们有一个固定的，这对我们来说非常有利 $N$．我们终于可以这么说了

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

然后根据我们之前的二项式系数和的定义

$Ñ\ sum_ {K = 1} ^ {N} \ binom {N-1} {K-1} = N \ sum_ {K = 0} ^ {N - 1} \ binom {N-1} {K} =N2 ^ {n-1个}。$

现在到了一些有趣的事情。二项式系数的跨固定的行交替总和 $N$等于 $0.$．更正式，

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

它遵循

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

让 $\ alpha_e.$等于行所有的偶数索引项的总和 $N$， 然后让 $\ alpha_o.$等于行中所有奇数索引项的总和 $N$．我们现在的前面的等式可以显示为

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

由于行中所有偶数索引术语的总和 $N$以及行中所有奇数项的和 $N$相同，它们对行的总金额贡献相同的金额， $2 ^ n$．因此，如果我们忽略或者偶数索引或奇数指数而言，我们将有一半正是我们原来总的。因此，我们可以说

$\ sum_ {K = 0} ^ {N} \ binom {N} {2K} = \ sum_ {K = 0} ^ {N} \ binom {N} {2K + 1} = \压裂{2 ^ N} {2} = 2 ^ {N - 1}。$

你也可能会发现隐藏在帕斯卡三角熟悉的序列。 $\ binom {n} {2}$代表了 $（n-1）^ {\ text {th}}$三角形数 $T_n = \压裂{(n + 1) (n)} {2}$．如果你不熟悉这个序列，这里是让你开始一个链接！这证明利用了事实的

$\ binom {n} {1} = n，\ quad \ binom {2} {2} = 1 = t_ {1}，$

并假设所有人 $Ñ\ GEQ 2$那

$\开始{对齐} \ binom {N} {2} = {T_ N-1}＆= \ dfrac {（N）（N-1）} {2} \\？\ binom {N + 1} {2} =T_ {N} =＆\ dfrac {（N + 1）（N）} {2}，\ {端对齐}$

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，如果你知道你关于三角数的东西，你可以这么说

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

这需要读者自己去证明，但如果你卡住了，这是一个链接证明。

更具视觉上醒目的属性之一是Sierpiński筛子，其通过采用每个二项式系数的Mod 2获得。该过程将每个二项式系数分开它的奇偶校验。如果使用黑色三角形替换每个奇数，则Sierpinski三角形开始形成。自己试试吧！这也参加了Lucas对应定理，留下了读者来发现进一步学习。

假设我们有一个长度的序列 $N$，我们希望选择的方式数量 $K.$元素。显然，有 $N$第一个元素的选择。有 $n - 1$选择第二个元素的方法， $n -$方式可以选择第三个元素等，这将继续向下选择 $k ^{\文本{th}}$元素，有些元素 $n-k + 1$选择。因此，这些“choosings”的所有可能的排列数为

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

现在，对于所有这些选择，只有一些唯一的选择。换句话说，一些选择是置换。很容易看到有 $ķ！$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

$\ dfrac {\ \ \ dfrac {N！} {（n-k个）！} \ \} {ķ！} = \压裂{N！} {ķ！（N-K）！}。\ _\正方形$

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 $N$对象加 $2$对象一直到选择 $N$对象。直观地说，这是所有可能的“choosings”为 $N$对象。现在，如果我们要计算所有可能的“选择” $N$对象，由于各对象既可以选择或不选择，这是等于 $\ underbrace {2 \ times 2 \ times 2 \ times \ cdots \ times 2} _ {\ text {n次}} = 2 ^ n。$