二项式定理

當${\displaystyle n=1}$，

${\displaystyle (a+b)^{1}=\sum _{k=0}^{1}{1 \choose k}a^{1-k}b^{k}={1 \choose 0}a^{1}b^{0}+{1 \choose 1}a^{0}b^{1}=a+b}$

假設二项展开式在 ${\displaystyle n=m}$ 時成立。若${\displaystyle n=m+1}$，

${\displaystyle {\begin{aligned}(a+b)^{m+1}&=a(a+b)^{m}+b(a+b)^{m}\\&=a\sum _{k=0}^{m}{m \choose k}a^{m-k}b^{k}+b\sum _{j=0}^{m}{m \choose j}a^{m-j}b^{j}\\&=\sum _{k=0}^{m}{m \choose k}a^{m-k+1}b^{k}+\sum _{j=0}^{m}{m \choose j}a^{m-j}b^{j+1}\ \ \ \ \ {\text{( 將 }}a{\text{, }}b{\text{) }}\\&=a^{m+1}+\sum _{k=1}^{m}{m \choose k}a^{m-k+1}b^{k}+\sum _{j=0}^{m}{m \choose j}a^{m-j}b^{j+1}\ \ \ \ \ {\text{ 取 出 }}k=0{\text{ 的 項 }}\\&=a^{m+1}+\sum _{k=1}^{m}{m \choose k}a^{m-k+1}b^{k}+\sum _{k=1}^{m+1}{m \choose k-1}a^{m-k+1}b^{k}\ \ \ \ \ {\text{設 }}j=k-1\\&=a^{m+1}+\sum _{k=1}^{m}{m \choose k}a^{m-k+1}b^{k}+\sum _{k=1}^{m}{m \choose k-1}a^{m+1-k}b^{k}+b^{m+1}\ \ \ \ \ {\text{取 出 }}k=m+1{\text{項 }}\\&=a^{m+1}+b^{m+1}+\sum _{k=1}^{m}\left[{m \choose k}+{m \choose k-1}\right]a^{m+1-k}b^{k}\ \ \ \ \ {\text{兩 者 加 起 }}\\&=a^{m+1}+b^{m+1}+\sum _{k=1}^{m}{m+1 \choose k}a^{m+1-k}b^{k}\ \ \ \ \ {\text{套 用 帕 斯 卡 法 則 }}\\&=\sum _{k=0}^{m+1}{m+1 \choose k}a^{m+1-k}b^{k}\end{aligned}}}$

考慮${\displaystyle (a+b)^{7}=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)}$，共7個括號相乘，從7個括號選出其中的4個括號中的${\displaystyle a}$，再從剩餘的3個括號中選出3個${\displaystyle b}$相乘，便得一組${\displaystyle a^{4}b^{3}}$，而這樣的選法共有${\displaystyle {\tbinom {7}{4}}}$種，故總共有${\displaystyle {\tbinom {7}{4}}}$個${\displaystyle a^{4}b^{3}}$；其他各項同理。

同理，${\displaystyle (a+b)^{n}=(a+b)(a+b)....(a+b)(a+b)}$，共${\displaystyle n}$個括號相乘，從${\displaystyle n}$個括號選出其中的${\displaystyle k}$個括號中的${\displaystyle a}$，再從剩餘的${\displaystyle (n-k)}$個括號中選出${\displaystyle (n-k)}$個${\displaystyle b}$相乘，便得一組${\displaystyle a^{k}b^{n-k}}$，而這樣的選法共有${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$種，故總共有${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$個${\displaystyle a^{k}b^{n-k}}$；其他各項同理。

考慮${\displaystyle (a+b)^{7}=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)}$，每一個括號可以出${\displaystyle a}$或出${\displaystyle b}$，而最後要有4個${\displaystyle a}$、3個${\displaystyle b}$相乘，這形同${\displaystyle aaaabbb}$的「不盡相異物排列」，其方法數為${\displaystyle {\frac {7!}{4!\times 3!}}}$，恰好等於${\displaystyle {\tbinom {7}{4}}}$；其他各項同理。

同理，${\displaystyle (a+b)^{n}=(a+b)(a+b)....(a+b)(a+b)}$，每一個括號可以出${\displaystyle a}$或出${\displaystyle b}$，而最後要有${\displaystyle k}$個${\displaystyle a}$、${\displaystyle (n-k)}$個${\displaystyle b}$相乘，這形同${\displaystyle aa\ldots aabb\ldots bb}$的「不盡相異物排列」，其方法數為${\displaystyle {\frac {n!}{k!\times (n-k)!}}}$，恰好等於${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$；其他各項同理。

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${\displaystyle f(x)=(1+x)^{a}}$, ${\displaystyle g(x)=\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}x^{k}}$。注意只有当${\displaystyle |x|<1}$时上述两个函数才收敛

• 首先证明 ${\displaystyle f(x)}$收敛于1。这里省略

• 之后，易得${\displaystyle f(x)}$满足微分方程︰${\displaystyle (1+x)f'(x)=af(x)}$。用求导的一般方法就能得到这个结论，这里省略

• 再证明 ${\displaystyle g(x)}$亦满足上述微分方程︰

${\displaystyle g(x)=1+\sum _{k=1}^{\infty }{a \choose k}x^{k}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}g'(x)&=\sum _{k=1}^{\infty }{a \choose k}kx^{k-1}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose {k+1}}(k+1)x^{k}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}(a-k)x^{k}\\\end{aligned}}}$

因为

${\displaystyle {\begin{aligned}{a \choose {k+1}}(k+1)&={\frac {(a)(a-1)\cdots (a-k+1)(a-k)}{(k+1)!}}(k+1)\\&={\frac {(a)(a-1)\cdots (a-k+1)(a-k)}{k!}}\\&={a \choose k}(a-k)\end{aligned}}}$

于是

${\displaystyle {\begin{aligned}(1+x)g'(x)&=g'(x)+x\sum _{k=1}^{\infty }{a \choose k}kx^{k-1}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}(a-k)x^{k}+\sum _{k=1}^{\infty }{a \choose k}kx^{k}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}(a-k)x^{k}+\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}kx^{k}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}x^{k}(a-k+k)\\&=a\sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}x^{k}\\&=a\cdot g(x)\\\end{aligned}}}$

因为 ${\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }{a \choose k}kx^{k}={a \choose 0}\cdot 0x^{0}+\sum _{k=1}^{\infty }{a \choose k}kx^{k}=\sum _{k=1}^{\infty }{a \choose k}kx^{k}}$

${\displaystyle {\frac {g'(x)}{g(x)}}={\frac {a}{1+x}}}$

${\displaystyle \because {\frac {f'(x)}{f(x)}}={\frac {a}{1+x}}}$

${\displaystyle \therefore {\frac {f'(x)}{f(x)}}={\frac {g'(x)}{g(x)}}}$

${\displaystyle g'(x)f(x)=f'(x)g(x)}$

• 根据除法定则，${\displaystyle {\frac {d}{dx}}\left({\frac {g(x)}{f(x)}}\right)={\frac {g'(x)f(x)-f'(x)g(x)}{(f(x))^{2}}}=0}$

• 根据拉格朗日中值定理，${\displaystyle {\frac {g(x)}{f(x)}}}$是常数函數.

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

${\displaystyle f(x)=g(x)}$

二项式定理给出的系数可以视为组合数 ${\displaystyle {n \choose k}}$ 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${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{n \choose k}^{2}={2n \choose n}}$

可以考虑恒等式 ${\displaystyle (1+x)^{n}(1+x)^{n}=(1+x)^{2n}}$。 展开等式左边得到： ${\displaystyle \sum _{i=0}^{n}\sum _{j=0}^{n}{n \choose i}{n \choose j}x^{i}x^{j}}$。 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 ${\displaystyle \sum _{k=0}^{2n}{2n \choose k}x^{k}}$。 比较两边幂次为 ${\displaystyle k}$ 的项的系数可以得到: ${\displaystyle \sum _{i=0}^{k}{n \choose i}{n \choose k-i}={2n \choose k}}$。 令 ${\displaystyle k=n}$，并注意到 ${\displaystyle {n \choose i}={n \choose n-i}}$ 即可得到所要证明的结论。

(2)證明${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{n \choose k}=2^{n}}$

因為${\displaystyle (x+y)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{n-k}y^{k}}$

令${\displaystyle x=y=1}$，代入上式，得

${\displaystyle {\begin{aligned}(1+1)^{n}&=2^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\cdot 1^{n-k}\cdot 1^{k}\\&={n \choose 0}+{n \choose 1}+{n \choose 2}+\cdots +{n \choose n}\\&=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\end{aligned}}}$

在复数中，二项式定理可以與棣莫弗公式結合，成為多倍角公式[11]。根據棣莫弗公式：

${\displaystyle \cos \left(nx\right)+i\sin \left(nx\right)=\left(\cos x+i\sin x\right)^{n}.\,}$

通過使用二项式定理，右邊的表達式可以擴展為

${\displaystyle \left(\cos x+i\sin x\right)^{2}=\cos ^{2}x+2i\cos x\sin x-\sin ^{2}x,}$

由棣莫弗公式，实部与虚部对应，能夠得出

${\displaystyle \cos(2x)=\cos ^{2}x-\sin ^{2}x\quad {\text{and}}\quad \sin(2x)=2\cos x\sin x,}$

即二倍角公式。同樣，因為

${\displaystyle \left(\cos x+i\sin x\right)^{3}=\cos ^{3}x+3i\cos ^{2}x\sin x-3\cos x\sin ^{2}x-i\sin ^{3}x,}$

所以藉棣莫弗公式，能夠得出

${\displaystyle \cos(3x)=\cos ^{3}x-3\cos x\sin ^{2}x\quad {\text{and}}\quad \sin(3x)=3\cos ^{2}x\sin x-\sin ^{3}x.}$

整體而言，多倍角恒等式可以寫作

${\displaystyle \cos(nx)=\sum _{k{\text{ even}}}(-1)^{\frac {k}{2}}{n \choose k}\cos ^{n-k}x\sin ^{k}x}$

和

${\displaystyle \sin(nx)=\sum _{k{\text{ odd}}}(-1)^{\frac {k-1}{2}}{n \choose k}\cos ^{n-k}x\sin ^{k}x.}$

數學常數e的定義爲下列極限值：[12]

${\displaystyle e=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}.}$

使用二项式定理能得出

${\displaystyle \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=1+{n \choose 1}{\frac {1}{n}}+{n \choose 2}{\frac {1}{n^{2}}}+{n \choose 3}{\frac {1}{n^{3}}}+\cdots +{n \choose n}{\frac {1}{n^{n}}}.}$

第k项之總和為

${\displaystyle {n \choose k}{\frac {1}{n^{k}}}\;=\;{\frac {1}{k!}}\cdot {\frac {n(n-1)(n-2)\cdots (n-k+1)}{n^{k}}}}$

因為n → ∞，右邊的表达式趋近1。因此

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{n \choose k}{\frac {1}{n^{k}}}={\frac {1}{k!}}.}$

這表明e可以表示为[13][14]

${\displaystyle e=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k!}}={\frac {1}{0!}}+{\frac {1}{1!}}+{\frac {1}{2!}}+{\frac {1}{3!}}+\cdots .}$

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]
${\displaystyle \left(x_{1}+x_{2}+...+x_{n}\right)^{k}=\sum _{\alpha _{1}+\alpha _{2}+...+\alpha _{n}=k}{\frac {k!}{\alpha _{1}!...\alpha _{n}!}}x_{1}^{\alpha _{1}}...x_{n}^{\alpha _{n}}}$.

证明：

数学归纳法。对元数n做归纳：
当${\displaystyle n=2}$时，原式为二项式定理，成立。
假设对${\displaystyle n-1}$元成立，则：

${\displaystyle {\begin{aligned}\left(x_{1}+x_{2}+...+x_{n}\right)^{k}&=((x_{1}+x_{2}+...+x_{n-1})+x_{n})^{k}\\&=\sum _{\alpha _{n}=0}^{k}{\frac {k!}{\alpha _{n}!\left(k-\alpha _{n}\right)!}}\left(x_{1}+x_{2}+...+x_{n-1}\right)^{k-\alpha _{n}}x_{n}^{\alpha _{n}}\\&=\sum _{\alpha _{n}=0}^{k}{\frac {k!}{\alpha _{n}!\left(k-\alpha _{n}\right)!}}\sum _{\alpha _{1}+\alpha _{2}+...+\alpha _{n-1}=k-\alpha _{n}}{\frac {\left(k-\alpha _{n}\right)!}{\alpha _{1}!...\alpha _{n-1}!}}x_{1}^{\alpha _{1}}...x_{n-1}^{\alpha _{n-1}}x_{n}^{\alpha _{n}}\\&=\sum _{\alpha _{1}+\alpha _{2}+...+\alpha _{n}=k}{\frac {k!}{\alpha _{1}!...\alpha _{n}!}}x_{1}^{\alpha _{1}}...x_{n}^{\alpha _{n}}{\text{證 畢 }}\\\end{aligned}}}$