二项式系数 出现在杨辉三角 (帕斯卡三角)中。除边缘的数字外,其他每一个数都为其上方两数之和。
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
{\displaystyle (x+y)^n}
展开为类似
a
x
b
y
c
{\displaystyle ax^b y^c}
项之和的恒等式,其中
b
{\displaystyle b}
、
c
{\displaystyle c}
均为非负整数且
b
+
c
=
n
{\displaystyle b+c=n}
。系数
a
{\displaystyle a}
是依赖于
n
{\displaystyle n}
和
b
{\displaystyle b}
的正整数。当某项的指数为1时,通常略去不写。例如:[1]
(
x
+
y
)
4
=
x
4
+
4
x
3
y
+
6
x
2
y
2
+
4
x
y
3
+
y
4
.
{\displaystyle (x+y)^4 \;=\; x^4 \,+\, 4 x^3y \,+\, 6 x^2 y^2 \,+\, 4 x y^3 \,+\, y^4.}
a
x
b
y
c
{\displaystyle ax^b y^c}
中的系数
a
{\displaystyle a}
被称为二项式系数 ,记作
(
n
b
)
{\displaystyle \tbinom nb}
或
(
n
c
)
{\displaystyle \tbinom nc}
(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 [2] 。
历史
二项式系数的三角形排列通常被认为是法国数学家布莱兹·帕斯卡 的贡献,他在17世纪描述了这一现象[3] 。但早在他之前,就曾有数学家进行类似的研究。例如,古希腊数学家欧几里得 于公元前4世纪提到了指数为2的情况[4] [5] 。公元前三世纪,印度数学家青目 探讨了更高阶的情况。帕斯卡三角形 的雏形于10世纪由印度数学家大力罗摩 发现。在同一时期,波斯数学家卡拉吉 [6] 和数学家兼诗人欧玛尔·海亚姆 得到了更为普遍的二项式定理的形式。13世纪,中国数学家杨辉 也得到了类似的结果[7] 。卡拉吉 用数学归纳法 的原始形式给出了二项式定理和帕斯卡三角形 (巴斯卡三角形 )的有关证明[6] 。艾萨克·牛顿 勋爵将二项式定理的系数推广到有理数 [8] 。
定理的陈述
根据此定理,可以将
x
+
y
{\displaystyle x+y}
的任意次幂展开成和的形式
(
x
+
y
)
n
=
(
n
0
)
x
n
y
0
+
(
n
1
)
x
n
−
1
y
1
+
(
n
2
)
x
n
−
2
y
2
+
⋯
+
(
n
n
−
1
)
x
1
y
n
−
1
+
(
n
n
)
x
0
y
n
,
{\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,
}
其中每个
(
n
k
)
{\displaystyle \tbinom nk }
为一个称作二项式系数 的特定正整数,其等于
n
!
k
!
(
n
−
k
)
!
{\displaystyle \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
=
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
x
n
−
k
y
k
=
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
x
k
y
n
−
k
.
{\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}.
}
后面的表达式只是将根据
x
{\displaystyle x}
与
y
{\displaystyle 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
{\displaystyle 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
=
(
n
0
)
x
0
+
(
n
1
)
x
1
+
(
n
2
)
x
2
+
⋯
+
(
n
n
−
1
)
x
n
−
1
+
(
n
n
)
x
n
,
{\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,}
或者等价地
(
1
+
x
)
n
=
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
x
k
.
{\displaystyle (1+x)^n = \sum_{k=0}^n {n \choose k}x^k.}
几何释义
对直到四次幂的二项式的可视化
对于正值
a
{\displaystyle a}
和
b
{\displaystyle b}
,二项式定理,在
n
=
2
{\displaystyle n=2}
时是在几何上的明显事实,边为
a
+
b
{\displaystyle a+b}
的正方形,可以切割成1个边为
a
{\displaystyle a}
的正方形,1个边为
b
{\displaystyle b}
的正方形,和2个边为
a
{\displaystyle a}
和
b
{\displaystyle b}
的长方形。对于
n
=
3
{\displaystyle n=3}
,定理陈述了边为
a
+
b
{\displaystyle a+b}
的立方体,可以切割成1个边为
a
{\displaystyle a}
的立方体,1个边为
b
{\displaystyle b}
的立方体,3个
a
×
a
×
b
{\displaystyle a\times a \times b}
长方体,和3个
a
×
b
×
b
{\displaystyle a\times b \times b}
长方体。
在微积分 中,此图解也给出导数
(
x
n
)
′
=
n
x
n
−
1
{\displaystyle (x^n)'=nx^{n-1}}
的几何证明[9] 。设
a
=
x
{\displaystyle a=x}
且
b
=
Δ
x
{\displaystyle b=\Delta x}
,将
b
{\displaystyle b}
解释为
a
{\displaystyle a}
的无穷小量 改变,则此图解将无穷小量改变,显示为
n
{\displaystyle n}
维超立方体
(
x
+
Δ
x
)
n
{\displaystyle (x+\Delta x)^n}
:
(
x
+
Δ
x
)
n
=
x
n
+
n
x
n
−
1
Δ
x
+
(
n
2
)
x
n
−
2
(
Δ
x
)
2
+
⋯
.
{\displaystyle (x+\Delta x)^n = x^n + nx^{n-1}\Delta x + \tbinom{n}{2}x^{n-2}(\Delta x)^2 + \cdots.}
其中(针对
Δ
x
{\displaystyle \Delta x}
的)线性项的系数是
n
x
n
−
1
{\displaystyle 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
(
Δ
x
)
2
{\displaystyle (\Delta x)^2}
和更高者,产生公式:
(
x
n
)
′
=
n
x
n
−
1
{\displaystyle (x^n)'=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 :
∫
x
n
−
1
d
x
=
1
n
x
n
{\displaystyle \textstyle{\int x^{n-1}\,dx = \tfrac{1}{n} x^n}}
。
证明
数学归纳法
当
n
=
1
{\displaystyle n=1}
,
(
a
+
b
)
1
=
∑
k
=
0
1
(
1
k
)
a
1
−
k
b
k
=
(
1
0
)
a
1
b
0
+
(
1
1
)
a
0
b
1
=
a
+
b
{\displaystyle (a+b)^1 = \sum_{k=0}^1 { 1 \choose k } a^{1-k}b^k = { 1 \choose 0 }a^1b^0+{ 1 \choose 1 }a^0b^1 = a+b}
假设二项展开式在
n
=
m
{\displaystyle n=m}
时成立。若
n
=
m
+
1
{\displaystyle n=m+1}
,
(
a
+
b
)
m
+
1
=
a
(
a
+
b
)
m
+
b
(
a
+
b
)
m
=
a
∑
k
=
0
m
(
m
k
)
a
m
−
k
b
k
+
b
∑
j
=
0
m
(
m
j
)
a
m
−
j
b
j
=
∑
k
=
0
m
(
m
k
)
a
m
−
k
+
1
b
k
+
∑
j
=
0
m
(
m
j
)
a
m
−
j
b
j
+
1
( 将
a
,
b
)
=
a
m
+
1
+
∑
k
=
1
m
(
m
k
)
a
m
−
k
+
1
b
k
+
∑
j
=
0
m
(
m
j
)
a
m
−
j
b
j
+
1
取 出
k
=
0
的 项
=
a
m
+
1
+
∑
k
=
1
m
(
m
k
)
a
m
−
k
+
1
b
k
+
∑
k
=
1
m
+
1
(
m
k
−
1
)
a
m
−
k
+
1
b
k
设
j
=
k
−
1
=
a
m
+
1
+
∑
k
=
1
m
(
m
k
)
a
m
−
k
+
1
b
k
+
∑
k
=
1
m
(
m
k
−
1
)
a
m
+
1
−
k
b
k
+
b
m
+
1
取 出
k
=
m
+
1
项
=
a
m
+
1
+
b
m
+
1
+
∑
k
=
1
m
[
(
m
k
)
+
(
m
k
−
1
)
]
a
m
+
1
−
k
b
k
两 者 加 起
=
a
m
+
1
+
b
m
+
1
+
∑
k
=
1
m
(
m
+
1
k
)
a
m
+
1
−
k
b
k
套 用 帕 斯 卡 法 則
=
∑
k
=
0
m
+
1
(
m
+
1
k
)
a
m
+
1
−
k
b
k
{\displaystyle \begin{align}
(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{( 将 } 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 项 }
\\ & = 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{设 }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{项 }
\\ & = 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{两 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{align}}
组合方法
考虑
(
a
+
b
)
7
=
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
{\displaystyle (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
{\displaystyle a}
,再从剩余的3个括号中选出3个
b
{\displaystyle b}
相乘,便得一组
a
4
b
3
{\displaystyle a^4b^3}
,而这样的选法共有
(
7
4
)
{\displaystyle \tbinom 74}
种,故总共有
(
7
4
)
{\displaystyle \tbinom 74}
个
a
4
b
3
{\displaystyle a^4b^3}
;其他各项同理。
同理,
(
a
+
b
)
n
=
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
.
.
.
.
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
{\displaystyle (a+b)^n=(a+b)(a+b)....(a+b)(a+b)}
,共
n
{\displaystyle n}
个括号相乘,从
n
{\displaystyle n}
个括号选出其中的
k
{\displaystyle k}
个括号中的
a
{\displaystyle a}
,再从剩余的
(
n
−
k
)
{\displaystyle (n-k)}
个括号中选出
(
n
−
k
)
{\displaystyle (n-k)}
个
b
{\displaystyle b}
相乘,便得一组
a
k
b
n
−
k
{\displaystyle a^kb^{n-k}}
,而这样的选法共有
(
n
k
)
{\displaystyle \tbinom nk}
种,故总共有
(
n
k
)
{\displaystyle \tbinom nk}
个
a
k
b
n
−
k
{\displaystyle a^kb^{n-k}}
;其他各项同理。
不尽相异物排列方法
考虑
(
a
+
b
)
7
=
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
{\displaystyle (a+b)^7=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)}
,每一个括号可以出
a
{\displaystyle a}
或出
b
{\displaystyle b}
,而最后要有4个
a
{\displaystyle a}
、3个
b
{\displaystyle b}
相乘,这形同
a
a
a
a
b
b
b
{\displaystyle aaaabbb}
的“不尽相异物排列”,其方法数为
7
!
4
!
×
3
!
{\displaystyle \frac{7!}{4! \times3!}}
,恰好等于
(
7
4
)
{\displaystyle \tbinom 74}
;其他各项同理。
同理,
(
a
+
b
)
n
=
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
.
.
.
.
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
{\displaystyle (a+b)^n=(a+b)(a+b)....(a+b)(a+b)}
,每一个括号可以出
a
{\displaystyle a}
或出
b
{\displaystyle b}
,而最后要有
k
{\displaystyle k}
个
a
{\displaystyle a}
、
(
n
−
k
)
{\displaystyle (n-k)}
个
b
{\displaystyle b}
相乘,这形同
a
a
…
a
a
⏟
k
b
b
…
b
b
⏟
n
−
k
{\displaystyle \underbrace{aa\ldots aa}_{k}\underbrace{bb\ldots bb}_{n-k}}
的“不尽相异物排列”,其方法数为
n
!
k
!
×
(
n
−
k
)
!
{\displaystyle \frac{n!}{k! \times(n-k)!}}
,恰好等于
(
n
k
)
{\displaystyle \tbinom nk}
;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
f
(
x
)
=
(
1
+
x
)
a
{\displaystyle f(x)=(1+x)^a}
,
g
(
x
)
=
∑
k
=
0
∞
(
a
k
)
x
k
{\displaystyle g(x)=\sum_{k=0}^{\infty}{a \choose k}x^k}
。注意只有当
|
x
|
<
1
{\displaystyle |x|<1}
时上述两个函数才收敛
首先证明
g
(
x
)
{\displaystyle g(x)}
收敛于
|
x
|
<
1
{\displaystyle |x|<1}
。这里省略
之后,易得
f
(
x
)
{\displaystyle f(x)}
满足微分方程︰
(
1
+
x
)
f
′
(
x
)
=
a
f
(
x
)
{\displaystyle (1+x)f'(x) = a f(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
)
{\displaystyle g(x)}
亦满足上述微分方程︰
g
(
x
)
=
1
+
∑
k
=
1
∞
(
a
k
)
x
k
{\displaystyle g(x)=1+ \sum_{k=1}^{\infty}{a \choose k}x^k}
g
′
(
x
)
=
∑
k
=
1
∞
(
a
k
)
k
x
k
−
1
=
∑
k
=
0
∞
(
a
k
+
1
)
(
k
+
1
)
x
k
=
∑
k
=
0
∞
(
a
k
)
(
a
−
k
)
x
k
{\displaystyle
\begin{align}
g'(x) & = \sum_{k=1}^{\infty}{a \choose k}k x^{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{align}
}
因为
(
a
k
+
1
)
(
k
+
1
)
=
(
a
)
(
a
−
1
)
⋯
(
a
−
k
+
1
)
(
a
−
k
)
(
k
+
1
)
!
(
k
+
1
)
=
(
a
)
(
a
−
1
)
⋯
(
a
−
k
+
1
)
(
a
−
k
)
k
!
=
(
a
k
)
(
a
−
k
)
{\displaystyle
\begin{align}
{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{align}
}
于是
(
1
+
x
)
g
′
(
x
)
=
g
′
(
x
)
+
x
∑
k
=
1
∞
(
a
k
)
k
x
k
−
1
=
∑
k
=
0
∞
(
a
k
)
(
a
−
k
)
x
k
+
∑
k
=
1
∞
(
a
k
)
k
x
k
=
∑
k
=
0
∞
(
a
k
)
(
a
−
k
)
x
k
+
∑
k
=
0
∞
(
a
k
)
k
x
k
=
∑
k
=
0
∞
(
a
k
)
x
k
(
a
−
k
+
k
)
=
a
∑
k
=
0
∞
(
a
k
)
x
k
=
a
⋅
g
(
x
)
{\displaystyle
\begin{align}
(1+x)g'(x) & = g'(x) + x \sum_{k=1}^{\infty}{a \choose k}k x^{k-1}
\\ & = \sum_{k=0}^{\infty}{a \choose k}(a-k) x^k + \sum_{k=1}^{\infty}{a \choose k}k x^{k}
\\ & =\sum_{k=0}^{\infty}{a \choose k}(a-k) x^k + \sum_{k=0}^{\infty}{a \choose k}k x^{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{align}
}
因为
∑
k
=
0
∞
(
a
k
)
k
x
k
=
(
a
0
)
⋅
0
x
0
+
∑
k
=
1
∞
(
a
k
)
k
x
k
=
∑
k
=
1
∞
(
a
k
)
k
x
k
{\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}{a \choose k}k x^{k}={a \choose 0} \cdot 0x^0+ \sum_{k=1}^{\infty}{a \choose k}k x^{k}=\sum_{k=1}^{\infty}{a \choose k}k x^{k}}
g
′
(
x
)
g
(
x
)
=
a
1
+
x
{\displaystyle \frac{g'(x)}{g(x)}=\frac{a}{1+x}}
∵
f
′
(
x
)
f
(
x
)
=
a
1
+
x
{\displaystyle \because \frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{a}{1+x}}
∴
f
′
(
x
)
f
(
x
)
=
g
′
(
x
)
g
(
x
)
{\displaystyle \therefore \frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{g'(x)}{g(x)}}
g
′
(
x
)
f
(
x
)
=
f
′
(
x
)
g
(
x
)
{\displaystyle g'(x)f(x)=f'(x)g(x)}
根据除法定则 ,
d
d
x
(
g
(
x
)
f
(
x
)
)
=
g
′
(
x
)
f
(
x
)
−
f
′
(
x
)
g
(
x
)
(
f
(
x
)
)
2
=
0
{\displaystyle \frac{d}{dx} \left(\frac{g(x)}{f(x)}\right)=\frac{g'(x)f(x)-f'(x)g(x)}{(f(x))^2}=0}
根据拉格朗日中值定理 ,
g
(
x
)
f
(
x
)
{\displaystyle \frac{g(x)}{f(x)}}
是常数函数 .
g
(
x
)
f
(
x
)
=
g
(
0
)
f
(
0
)
=
1
{\displaystyle \frac{g(x)}{f(x)}=\frac{g(0)}{f(0)}=1}
f
(
x
)
=
g
(
x
)
{\displaystyle f(x)=g(x)}
应用
牛顿以二项式定理作为基石发明出了微积分 [10] 。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
(
n
k
)
{\displaystyle {n \choose k}}
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
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
2
=
(
2
n
n
)
{\displaystyle \sum _{k=0} ^n {n \choose k}^2 = {2n \choose n} }
可以考虑恒等式
(
1
+
x
)
n
(
1
+
x
)
n
=
(
1
+
x
)
2
n
{\displaystyle (1+x)^n (1+x)^n = (1+x)^{2n}}
。 展开等式左边得到:
∑
i
=
0
n
∑
j
=
0
n
(
n
i
)
(
n
j
)
x
i
x
j
{\displaystyle \sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^n { n \choose i} {n \choose j} x^i x^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
∑
k
=
0
2
n
(
2
n
k
)
x
k
{\displaystyle \sum_{k=0}^{2n} { 2n \choose k} x^k }
。 比较两边幂次为
k
{\displaystyle k }
的项的系数可以得到:
∑
i
=
0
k
(
n
i
)
(
n
k
−
i
)
=
(
2
n
k
)
{\displaystyle \sum_{i=0} ^k { n \choose i} {n \choose k - i} = {2n \choose k} }
。 令
k
=
n
{\displaystyle k=n}
,并注意到
(
n
i
)
=
(
n
n
−
i
)
{\displaystyle { n \choose i} = {n \choose n - i}}
即可得到所要证明的结论。
(2)证明
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
=
2
n
{\displaystyle \sum_{k=0}^n {n \choose k}=2^n}
因为
(
x
+
y
)
n
=
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
x
n
−
k
y
k
{\displaystyle (x+y)^n = \sum_{k=0}^n {n \choose k}x^{n-k}y^k}
令
x
=
y
=
1
{\displaystyle x=y=1}
,代入上式,得
(
1
+
1
)
n
=
2
n
=
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
⋅
1
n
−
k
⋅
1
k
=
(
n
0
)
+
(
n
1
)
+
(
n
2
)
+
⋯
+
(
n
n
)
=
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
{\displaystyle
\begin{align}
(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{align}
}
多倍角恒等式
在复数 中,二项式定理可以与棣莫弗公式 结合,成为多倍角公式 [11] 。根据棣莫弗公式:
cos
(
n
x
)
+
i
sin
(
n
x
)
=
(
cos
x
+
i
sin
x
)
n
.
{\displaystyle \cos\left(nx\right)+i\sin\left(nx\right) = \left(\cos x+i\sin x\right)^n.\,}
通过使用二项式定理,右边的表达式可以扩展为
(
cos
x
+
i
sin
x
)
2
=
cos
2
x
+
2
i
cos
x
sin
x
−
sin
2
x
,
{\displaystyle \left(\cos x+i\sin x\right)^2 = \cos^2 x + 2i \cos x \sin x - \sin^2 x,}
由棣莫弗公式,实部与虚部对应,能够得出
cos
(
2
x
)
=
cos
2
x
−
sin
2
x
and
sin
(
2
x
)
=
2
cos
x
sin
x
,
{\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。同样,因为
(
cos
x
+
i
sin
x
)
3
=
cos
3
x
+
3
i
cos
2
x
sin
x
−
3
cos
x
sin
2
x
−
i
sin
3
x
,
{\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,}
所以藉棣莫弗公式,能够得出
cos
(
3
x
)
=
cos
3
x
−
3
cos
x
sin
2
x
and
sin
(
3
x
)
=
3
cos
2
x
sin
x
−
sin
3
x
.
{\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.}
整体而言,多倍角恒等式可以写作
cos
(
n
x
)
=
∑
k
even
(
−
1
)
k
2
(
n
k
)
cos
n
−
k
x
sin
k
x
{\displaystyle \cos(nx) = \sum_{k\text{ even}} (-1)^{\frac{k}{2}} {n \choose k}\cos^{n-k} x \sin^k x}
和
sin
(
n
x
)
=
∑
k
odd
(
−
1
)
k
−
1
2
(
n
k
)
cos
n
−
k
x
sin
k
x
.
{\displaystyle \sin(nx) = \sum_{k\text{ odd}} (-1)^{\frac{k-1}{2}} {n \choose k}\cos^{n-k} x \sin^k x.}
e级数
数学常数e 的定义为下列极限值:[12]
e
=
lim
n
→
∞
(
1
+
1
n
)
n
.
{\displaystyle e = \lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n.}
使用二项式定理能得出
(
1
+
1
n
)
n
=
1
+
(
n
1
)
1
n
+
(
n
2
)
1
n
2
+
(
n
3
)
1
n
3
+
⋯
+
(
n
n
)
1
n
n
.
{\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k 项之总和为
(
n
k
)
1
n
k
=
1
k
!
⋅
n
(
n
−
1
)
(
n
−
2
)
⋯
(
n
−
k
+
1
)
n
k
{\displaystyle {n \choose k}\frac{1}{n^k} \;=\; \frac{1}{k!}\cdot\frac{n(n-1)(n-2)\cdots (n-k+1)}{n^k}}
因为
n
→
∞
{\displaystyle n\to\infty}
时,右边的表达式趋近1。因此
lim
n
→
∞
(
n
k
)
1
n
k
=
1
k
!
.
{\displaystyle \lim_{n\to\infty} {n \choose k}\frac{1}{n^k} = \frac{1}{k!}.}
这表明e可以表示为[13] [14]
e
=
∑
k
=
0
∞
1
k
!
=
1
0
!
+
1
1
!
+
1
2
!
+
1
3
!
+
⋯
.
{\displaystyle e = \sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}=\frac{1}{0!} + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \cdots.}
推广
该定理可以推广到对任意实数次幂的展开,即所谓的牛顿广义二项式定理 :
(
x
+
y
)
α
=
∑
k
=
0
∞
(
α
k
)
x
α
−
k
y
k
{\displaystyle (x + y)^\alpha = \sum _{k=0}^\infty {\alpha \choose k} x^{\alpha - k} y^k }
。其中
(
α
k
)
=
α
(
α
−
1
)
.
.
.
(
α
−
k
+
1
)
k
!
=
(
α
)
k
k
!
{\displaystyle {\alpha \choose k} = \frac{\alpha (\alpha-1) ... (\alpha - k +1)}{k!} = \frac{(\alpha)_k}{k!} }
。
多项式展开
对于多元形式的多项式展开,可以看做二项式定理的推广:[15] [16]
(
x
1
+
x
2
+
.
.
.
+
x
n
)
k
=
∑
α
1
+
α
2
+
.
.
.
+
α
n
=
k
k
!
α
1
!
.
.
.
α
n
!
x
1
α
1
.
.
.
x
n
α
n
{\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}}
.
证明:
数学归纳法 。对元数n做归纳:
当
n
=
2
{\displaystyle
n=2
}
时,原式为二项式定理,成立。 假设对
n
−
1
{\displaystyle
n-1
}
元成立,则:
(
x
1
+
x
2
+
.
.
.
+
x
n
)
k
=
(
(
x
1
+
x
2
+
.
.
.
+
x
n
−
1
)
+
x
n
)
k
=
∑
α
n
=
0
k
k
!
α
n
!
(
k
−
α
n
)
!
(
x
1
+
x
2
+
.
.
.
+
x
n
−
1
)
k
−
α
n
x
n
α
n
=
∑
α
n
=
0
k
k
!
α
n
!
(
k
−
α
n
)
!
∑
α
1
+
α
2
+
.
.
.
+
α
n
−
1
=
k
−
α
n
(
k
−
α
n
)
!
α
1
!
.
.
.
α
n
−
1
!
x
1
α
1
.
.
.
x
n
−
1
α
n
−
1
x
n
α
n
=
∑
α
1
+
α
2
+
.
.
.
+
α
n
=
k
k
!
α
1
!
.
.
.
α
n
!
x
1
α
1
.
.
.
x
n
α
n
證 畢
{\displaystyle \begin{align}
\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} \text{證 畢 }
\\ \end{align}
}
参见
参考文献
↑ Binomial Expansions - leeds uk (PDF) . [2015-04-12 ] .
↑ Roman, Steven "The Umbral Calculus", Dover Publications, 2005, ISBN 0-486-44129-3
↑ Devlin, Keith, The Unfinished Game: Pascal, Fermat, and the Seventeenth-Century Letter that Made the World Modern , Basic Books; 1 edition (2008), ISBN 978-0-465-00910-7, p. 24.
↑ Binomial Theorem - wolfram mathworld . [2015-04-11 ] .
↑ The Story of the Binomial Theorem by J. L. Coolidge , The American Mathematical Monthly 56 :3 (1949), pp. 147–157
↑ 6.0 6.1 约翰·J·奥康纳; 埃德蒙·F·罗伯逊 , Abu Bekr ibn Muhammad ibn al-Husayn Al-Karaji , MacTutor數學史檔案 (英语)
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↑ Bourbaki: History of mathematics
↑ Barth, Nils R. Computing Cavalieri's Quadrature Formula by a Symmetry of the n -Cube. The American Mathematical Monthly. 2004, 111 (9): 811–813. ISSN 0002-9890 . JSTOR 4145193 . doi:10.2307/4145193 , author's copy , further remarks and resources
↑ Błaszczyk, Piotr; Katz, Mikhail ; Sherry, David, Ten misconceptions from the history of analysis and their debunking, Foundations of Science , 2012, arXiv:1202.4153 , doi:10.1007/s10699-012-9285-8
↑ Multiple-Angle Formulas - MathWorld . [2015-04-12 ] .
↑ The Constant e - NDE/NDT Resource Center . [2015-04-12 ] .
↑ Series - NTEC (PDF) . [2015-04-12 ] .
↑ Encyclopedic Dictionary of Mathematics 142.D
↑ 多项式定理的新證明及其展开 - 佛山科学技术学院信息科学与数学系 . [2015-04-11 ] .
↑ Hazewinkel, Michiel (编), Multinomial coefficient , 数学百科全书 , Springer , 2001, ISBN 978-1-55608-010-4
参考书目
Bag, Amulya Kumar. Binomial theorem in ancient India. Indian J. History Sci. 1966, 1 (1): 68–74.
Barth, Nils R. (November 2004). "Computing Cavalieri's Quadrature Formula by a Symmetry of the n-Cube". The American Mathematical Monthly (Mathematical Association of America) 111 (9): 811–813. doi:10.2307/4145193. ISSN 0002-9890. JSTOR 4145193, author's copy ,
Graham, Ronald; Knuth, Donald; Patashnik, Oren. (5) Binomial Coefficients. Concrete Mathematics 2nd. Addison Wesley. 1994: 153–256. ISBN 0-201-55802-5 . OCLC 17649857 .
外部链接
(
a
+
b
)
(
c
+
d
)
=
a
c
+
a
d
+
b
c
+
b
d
{\displaystyle (a+b)(c+d)= ac+ad+bc+bd\,\!}
(
a
±
b
)
2
=
a
2
±
2
a
b
+
b
2
{\displaystyle (a \pm b)^2 = a^2 \pm 2ab + b^2}
(
a
±
b
)
3
=
a
3
±
3
a
2
b
+
3
a
b
2
±
b
3
{\displaystyle (a \pm b)^3 = a^3 \pm 3a^2b + 3ab^2 \pm b^3}
(
a
+
b
+
c
)
2
=
a
2
+
b
2
+
c
2
+
2
a
b
+
2
b
c
+
2
c
a
{\displaystyle (a + b + c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2ab + 2bc + 2ca \,\!}
a
2
+
b
2
=
(
a
+
b
i
)
(
a
−
b
i
)
{\displaystyle a^2+b^2=(a+bi)(a-bi)}
a
2
−
b
2
=
(
a
+
b
)
(
a
−
b
)
{\displaystyle a^2-b^2 = \left(a+b\right)\left(a-b\right)}
a
3
±
b
3
=
(
a
±
b
)
(
a
2
∓
a
b
+
b
2
)
{\displaystyle a^3 \pm b^3 = (a \pm b) (a^2 \mp ab + b^2) \,\!}
a
4
+
a
2
b
2
+
b
4
=
(
a
2
+
a
b
+
b
2
)
(
a
2
−
a
b
+
b
2
)
{\displaystyle a^4+a^2b^2+b^4 = (a^2+ab+b^2)(a^2-ab+b^2)\,\!}
a
3
+
b
3
+
c
3
=
(
a
+
b
+
c
)
3
+
3
(
a
+
b
+
c
)
(
−
a
b
−
b
c
−
c
a
)
+
3
a
b
c
{\displaystyle a^3+b^3+c^3= (a+b+c)^3+3(a+b+c)(-ab-bc-ca)+3abc\,\!}