二项式定理

的二项式定理(或二项式展开)是将二项式的幂或两项的和展开的结果。展开式中各项的系数是<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/binomial-coefficient/" class="wiki_link" title="二项式系数" target="_blank">二项式系数 $k \ binom {n} {}$．定理和它的推广可以用来证明结果和解决问题的组合，代数，微积分，和许多其他数学领域。

二项式定理推广了基础代数学生所熟悉的常见特例:

$\{对齐}开始(x + y) ^ 1 & = x + y \ \ (x + y) ^ 2 & = x ^ 2 + 2 xy + y ^ 2 \ \ (x + y) ^ 3 & y = x ^ 3 + 3 x ^ 2 + 3 xy ^ 2 + y ^ 3 \ \ (x + y) ^ 4 & = x ^ 4 + 4 x ^ 3 y 6 x ^ 2 + y ^ 2 + 4 xy ^ 3 + y ^ 4 \ \ & \ vdots \ \ \{对齐}结束$

二项式定理也有助于以一种有组织的方式探索概率:

一个朋友说她会抛硬币5次。每次硬币正面朝上，她会给你10美元，但每次硬币反面朝上，她什么也没给。玩这个游戏，你赢30美元的概率是多少?

---

二项式定理启发了一个叫做<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/binomial-distribution/" class="wiki_link" title="二项分布" target="_blank">二项分布，通过它我们可以快速计算我们赢得30美元的可能性(或等价地，硬币正面出现3次的可能性)。二项式定理告诉我们 ${5 \选择3}= 10$的 $2 ^ 5 = 32$这个游戏的可能结果是我们赢得30美元。因此，我们求的概率是

$\frac{5 \choose 3}{2^5} ={10}{32} = 0.3125。\ _ \广场$

让 $n$是一个正整数 $x$和 $y$实数(或复数，或多项式)。的系数 $x ^ k y ^ {n - k}$,在 $k ^ \文本{th}$展开中的项 $(x + y) ^ n$，等于 $k \ binom {n} {}$,在那里

$k \ binom {n}{} = \压裂{n !} {k (n - k) ! !}。$

所以

$(x + y) ^ n = \ sum_ {r = 0} ^ n x ^ {n \选择r} {n-r} y ^ r = \ sum_ {r = 0} ^ n {n \选择r} x r ^ ^ {n-r}。\ _ \广场$

上述扩展称为二项展开式．

或

的二项式定理对于任何正整数 $n$,我们有

$\{对齐}开始(x + y) ^ n & = \ binom {n} {0} x ^ n + \ binom x ^ {n} {1} {n} y + \ cdots + \ binom {n} {n} xy ^ {n} + \ binom {n} {n} y ^ n \\ \\ &= \ 总和\ limits_ {k = 0} ^ {n} \ binom {n} {k} x ^ {n - k} y ^ k。结束\{对齐}$

我们可以用组合学来证明:

一个人可以建立<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/bijection-injection-and-surjection/" class="wiki_link" title="双射" target="_blank">双射二项式的乘积之间 $n$以及组合 $n$对象。每个产品的结果 $一个^ {n - k} ^ k$对应于的组合 $k$对象的 $n$对象。因此,每个 $一个^ {n - k} ^ k$多项式展开中的项由的和导出 $k \ binom {n} {}$产品。 $_ \广场$

或者我们也可以用归纳法来证明

的基本情况 $n = 1$是直接的。现在假设这个定理对 $(x + y) ^ {n}$．然后

$\{对齐}开始(x + y) ^ n & = (x + y) (x + y) ^ {n} \ \ & = (x + y) \境(\ binom x ^ {n} {0} {n} + \ binom x ^ {n} {1} {2} y + \ cdots + \ binom {n} {n} y ^ {n} \境)\ \ & = x ^ n + \离开(\ binom {n} {0} + \ binom {n}{1} \右)x ^ {n} y + \离开(\ binom {n} {1} + \ binom {n}{2} \右)x ^ {2} y ^ 2 \幻影{=}+ \ cdots +左(\ \ binom {n} {2} + \ binom {n} {n}\右)xy^{n-1} + y^n \\ end{aligned}$

现在<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/properties-of-binomial-coefficients/" class="wiki_link" title="帕斯卡的身份" target="_blank">帕斯卡的身份适用于:

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

所以右边化简为

$x ^ n + \ binom x ^ {n} {1} {n} y + \ binom x ^ {n} {2} {2} y ^ 2 + \ cdots + \ binom {n} {n} xy ^ {n} + y ^ n$

根据需要。 $_ \广场$

求系数 $x ^ 4$在扩张中 $(x + 1) ^ 9$．

---

系数 $4 ^ \文本{th}$项等于 $\ binom{9}{4} = \压裂{9 !}{4(缩小)! !} = 126$．因此, $4 ^ \文本{th}$展开项为 $126\cdot x^4\cdot 1 = 126x^4$式中，系数为 $126$． $_ \广场$

表明, $2^n = sum_{k=0}^n {n\choose k}。$

---

证明:
集 $x = y = 1$在二项式级数中得到

$(1 + 1) ^ n = \ sum_ {k = 0} ^ n {n \选择k} (1) ^ {n - k} (1) ^ k \ Rightarrow 2 ^ n = \ sum_ {k = 0} ^ n {n \选择k}。\ _ \广场$

下面的问题有一个类似的解决方案。提示:试试 $x = 1$和 $y =我$．

现在试试下面的问题:

虽然上面的公式只适用于二项式的整数次幂，一个类似的策略可以应用于求任何线性多项式的整数次幂的系数。

的<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/derivatives-of-polynomials/" class="wiki_link" title="权力规则" target="_blank">权力规则在微分学中可以用导数的极限定义和二项式定理来证明。 $\大($求导数 $x ^ n$，展开表达式

$\压裂{(x + h) ^ n * ^ n} {h} = \ binom x ^ {n} {1} {n} + \ binom x ^ {n} {2} {2} h + \ cdots + \ binom {n} {n} h ^ {n}$

取极限为 $h \ 0$．除了第一项以外的所有项都消失了，所以答案是 $n x ^ {n} \大)。$

的一般证明<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/principle-of-inclusion-and-exclusion-pie/" class="wiki_link" title="包容和排斥原则" target="_blank">包容和排斥原则涉及二项式定理。回想一下这个原理，对于有限集 $A_i \ (i = 1，\ldots,n)$，

$\开始左|{对齐}\ \ bigcup_ {i = 1} ^ n ai \对吧| & = \ |和| A_i - \ \ | A_i帽和A_j | + \帽A_j \ \ |总和A_i帽A_k | \幻影{=}- \ cdots + (1) ^ {n} | A_1 \帽a₂\ \ cdots \帽子an |,结束\{对齐}$

右边的和是不同集合的所有可能的交点。

假设联合中的一个元素出现在 $d$的 $ai$．那么它的贡献 $d$对于第一个和， $d - \ binom {} {2}$到第二个和，以此类推，所以总的贡献是

$d \ sum_ {i = 1} ^(1) ^{张}\ binom {d}{我}= 1 - \ sum_ {i = 0} ^ d(1) ^我\ binom {d} {},$

但是最后一个和等于 $(1 - 1) ^ d = 0$通过二项式定理。所以union中的每个元素都被精确计算一次。

事实上<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/mobius-function/" class="wiki_link" title="默比乌斯函数" target="_blank">默比乌斯函数 $\μ$是<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/dirichlet-convolution/" class="wiki_link" title="狄利克雷逆" target="_blank">狄利克雷逆常函数的 $\ mathbf {1} (n) = 1$是二项式定理的结果;看到<一个target="_blank" rel="nofollow" href="//www.parkandroid.com/wiki/mobius-function/">在这里对于一个证明。<！-- end-example -->

如果 $p$是质数吗 $p$除以所有二项式系数 $k \ binom {p} {}$， $1 k p-1$．(有一个 $p$分子上有，分母上没有。)所以

$(x+y)^p \pmod p。$

这个事实是很有用的，它对有限域理论有一些很有成果的推广，其中函数 $x \ mapsto x ^ p$被称为<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/frobenius-map/" class="wiki_link" title="弗罗贝尼乌斯地图" target="_blank">弗罗贝尼乌斯地图．这个事实(和它的相反，上面的方程总是成立当且仅当 $p$是素数)是著名的多项式时间的基本基础<一个target="_blank" rel="nofollow" href="//www.parkandroid.com/wiki/prime-testing/">部素性测试．

这个定理使用的是正整数指数 $n$．结果证明二项式定理在微积分中有自然的推广，使用无穷级数，对任何实指数 $\α$．也就是说,

$(1 + x) ^ \α= \ sum_ {k = 0} ^ {\ infty} \ binom{\α}{k} x ^ k$

为 $| | < 1$,在那里

$\ binom{\α}{k} = \压裂{\α(\ alpha -) \ cdots(\α_k + 1)} {k !}。$

对这种结果的一些特殊情况进行了更详细的检查<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/negative-binomial-theorem/" class="wiki_link" title="负二项式定理" target="_blank">负二项式定理和<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/fractional-binomial-theorem/" class="wiki_link" title="部分二项式定理" target="_blank">部分二项式定理wiki。

这些是展开 $(x + y) ^ n$对于较小的值 $n$：

$\{对齐}开始(x + y) ^ 0 & = & 1 \ \ (x + y) ^ 1 & = & x + y \ \ (x + y) ^ 2 & = & x ^ 2 + 2 xy + y ^ 2 \ \ (x + y) x ^ 3 + 3 ^ 3 & = & x ^ 2 + 3 xy ^ 2 + y ^ 3 \ \ (x + y) ^ 4 & = & ^ 4 + 4 x ^ 3 y 6 x ^ 2 + y ^ 2 + 4 xy ^ 3 + y ^ 4 \ \ & \ vdots \{对齐}结束$

当我们看上面表达式中的系数时，我们会发现以下模式:

$1个四1个四2个四1个四3个四3个四1个四1个四4 4 6个四4 4个四1个四5个四10个四10个四5个四1个vdots$

这叫做<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/pascals-triangle/" class="wiki_link" title="帕斯卡三角形" target="_blank">帕斯卡三角形．

定理确定了广义展开式的系数 $(x + y) ^ n$作为<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/binomial-coefficient/" class="wiki_link" title="帕斯卡三角形" target="_blank">帕斯卡三角形．

虽然上面的公式只适用于二项式的整数次幂，一个类似的策略可以应用于求任何线性多项式的整数次幂的系数。

• 帕斯卡三角形