二项式定理

等式只对非负整数成立#

设 $n$ 是非负整数，并且 $x$ 与 $y$ 相乘可以交换次序。则

$$(x+y)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}x^{k}y^{n-k}.$$

和的上标是 $n$，下标从 $0$ 走到 $n$，一共 $n+1$ 项，然后停住。没有第 $n+1$ 项，也不把项数放到无穷。$\binom{n}{k}$ 在 $0\le k\le n$ 时，等于从 $n$ 个不同位置里取 $k$ 个的选法个数，也等于 $\frac{n!}{k!(n-k)!}$。约定 $0!=1$，于是两端 $\binom{n}{0}=\binom{n}{n}=1$。$k$ 落到这段外面时，选法个数是 $0$，和式里本来也不写那些项。系数是整数。等式是两边多项式的恒等，不是只在某个很小的数附近做的估计。

$n=0$ 包括在非负整数里，不是例外。左边是空乘积，按约定等于 $1$。右边只有 $k=0$ 一项，$\binom{0}{0}x^{0}y^{0}=1$。归纳若从 $n=1$ 才起算，会把这个起点推给别人。本页的陈述从 $0$ 开始，归纳的第一步才有地方站。$n$ 若是负整数，上标不再是「选满为止」的那个次数，因子的个数也无法是负数。那种情形不属于公式栏里的这一行。

左边是 $n$ 个因式 $(x+y)$ 连乘。右边把乘开之后的同类项收拢：每一项都是 $x$ 的若干次方乘 $y$ 的若干次方，两个次数相加等于 $n$。系数只回答这类项出现了多少次。$x$ 和 $y$ 可以是数，也可以是彼此交换的符号。交换一旦成立，不同的相乘顺序就可以合并成同一项。交换不成立，合并就没有根据。

$(x+y)^2$ 把这件事暴露得最清楚。可以交换时，展开是 $x^2+2xy+y^2$。不可以交换时，乘开得到 $x^2+xy+yx+y^2$。$xy$ 与 $yx$ 是两项，不能写成一个 $2xy$。公式栏里的系数 $2$ 已经用了 $xy=yx$。数的乘法、多项式里交换的不定元，都满足这一条。矩阵相乘一般不满足。两个矩阵的和的平方，中间要保留两种顺序。本页的等式停在可以交换的量上。不交换的记账是另一套，这里不写。

代入只改变项，不改变定理#

$n=2$ 时按公式写出三项。$\binom{2}{0}y^2=y^2$，$\binom{2}{1}xy=2xy$，$\binom{2}{2}x^2=x^2$。合起来就是 $(x+y)^2=x^2+2xy+y^2$。手乘可以逐项对上。第一个因子出 $x$、第二个也出 $x$，得到 $x^2$，只有一种指派。两个因子里恰好一个出 $x$，有两种指派，得到 $2xy$。两个都出 $y$，得到 $y^2$。这就是整条定理在二次时的全部内容。没有隐藏的更高次项，因为因子只有两个。

再把两个量都换成 $1$，次数取 $4$。左边 $(1+1)^4=2^4=16$。右边的系数是 $\binom{4}{0}=1$，$\binom{4}{1}=4$，$\binom{4}{2}=6$，$\binom{4}{3}=4$，$\binom{4}{4}=1$。相加 $1+4+6+4+1=16$。同一个 $16$ 有两种读法。读成 $2^4$，是四个因子各自在 $1+1$ 里取一个 $1$。读成五个系数之和，是按「有几个因子贡献了第一个 $1$」来分类。两种读法相等，就是定理在这一个数字上的样子。它不额外断言这五个数只能由一个人排成表。

$(1-x)^n$ 的系数正负交替，只是把公式里的 $y$ 换成 $-x$，并且让另一个量取 $1$。按本页的下标，$(1+(-x))^n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}1^{k}(-x)^{n-k}$。$n=2$ 时三项是 $(-x)^2$、$2(-x)$ 和 $1$，即 $x^2-2x+1$，也就是 $(1-x)^2$。$n=4$ 时，按 $k$ 从小到大先碰到 $(-x)$ 的高次；改写成 $x$ 的升幂，得到 $1-4x+6x^2-4x^3+x^4$。绝对值为 $1,4,6,4,1$，与 $(1+1)^4$ 的那一排相同。符号交替，是因为 $(-x)$ 的次方随次数在正负之间更换，不是因为另有一条展开定理。$y$ 若换成别的常数，变的只是代入后的数值，恒等式仍是原来那一条。

三角里的数不是这条展开#

$\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1}$ 是帕斯卡恒等式。它比较的是表上相邻的三个数：下一行的一项，等于上一行肩上两项之和。核对过的一格是 $\binom{5}{2}=10$，而 $\binom{4}{1}+\binom{4}{2}=4+6=10$。这是递归。递归告诉你，较小的系数若已经在手，较大的系数怎样相加得到。它没有把 $(x+y)^n$ 写成一个和。因此它不是本定理。后面的归纳会借用这句加法。借用是把零件装进证明，不是把零件改名成定理。

这些数排成三角之后，仍然只是一张表。总览已经写明，这张表在十三世纪由杨辉系统描述过。帕斯卡约在一六五四年写完、一六六五年作为遗著印出的《算术三角》，也在讨论这张表：相邻项怎样相加，表上的数又怎样用到乘方的系数。书里碰到系数，并不使加法恒等式变成公式栏里的那一行，也不使这一本书成为这些数的唯一出处。杨辉的系统描述更早。两边都不要收成同一个人的发现。表可以只谈数与数的加法，不出现 $x$ 和 $y$。有表，推不出乘方展开已经证完；有展开，也不表示这张表只有一处来源。

第三件东西才是牛顿的级数。负指数或分数指数没有「$n$ 个因子」可以数，右边也不再在有限项处停住。三角里的数、非负整数次的有限展开、不终止的级数，是三件东西。把其中一件的作者写成唯一发现者，会把另外两件一起送掉。本页不把帕斯卡、杨辉或牛顿放进独占的发现者位置，因此不设 mathematician，也不设 year。莱布尼茨一六六六年的《组合术》（Dissertatio de Arte Combinatoria）把组合写成可以单独成篇的题目。那是学科的一次命名，不是本页等式的证明，也不是三角的唯一出处。

组合证明只数选法#

第一层证明不计算巨大的整数幂，也不安排一段可以照着执行的大数程序。它只数选法。把左边写成 $n$ 个括号连乘，$(x+y)(x+y)\cdots(x+y)$。乘开时，每个括号贡献一个 $x$ 或一个 $y$。若恰好有 $k$ 个括号贡献 $x$，其余 $n-k$ 个贡献 $y$，这一类乘积都等于 $x^k y^{n-k}$。前提仍是 $x$ 与 $y$ 交换，否则不同的顺序不能收成同一项。哪 $k$ 个括号出 $x$，是从 $n$ 个括号里做一次选取，选法有 $\binom{n}{k}$ 种。因此这一类的系数就是 $\binom{n}{k}$。$k$ 从 $0$ 到 $n$ 各做一次，右边就写完了。$k=0$ 是全部出 $y$，一种选法。$k=n$ 是全部出 $x$，也是一种。

这个论证给出的是恒等，不是一套运行步骤。它不要求把 $n$ 很大时的幂真正乘出来，再合并同类项。选法个数可以用阶乘的比值写出，也可以留在「从 $n$ 个里取 $k$ 个」的定义里。两条路指向同一个系数。系数一旦对齐，多项式的每一项都对齐。少了交换，合并没有根据。少了「每个括号二选一」，项的两个次数之和就不会总是 $n$。两件都在，有限展开才是在数同一种乘积。

把 $x$ 与 $y$ 都换成 $1$，左边是 $2^n$，右边是这一行系数之和。$n=4$ 的 $16=1+4+6+4+1$ 只是这次代入，不是一条只对 $1$ 成立的特例。一行的和等于 $2^n$，并不单独决定每一个系数。定理要的是每一项，总和把各项混在一起。

归纳借用递归，并不变成递归#

第二层从 $n-1$ 推到 $n$。起点是 $n=0$，两边都是 $1$。设等式对某个非负整数 $n-1$ 已经成立，现在看 $n\ge 1$。两边乘上一个 $(x+y)$：

$$(x+y)^n=(x+y)\sum_{j=0}^{n-1}\binom{n-1}{j}x^{j}y^{n-1-j}.$$

右边拆成两块。一块是额外的 $x$ 乘上原来的和，一块是额外的 $y$ 乘上原来的和。固定看 $x^k y^{n-k}$。若 $k\ge 1$，可以从额外的 $x$ 乘上 $n-1$ 次展开里的 $x^{k-1}y^{n-k}$，这一路的个数是 $\binom{n-1}{k-1}$。若 $k\le n-1$，可以从额外的 $y$ 乘上 $x^{k}y^{n-1-k}$，这一路的个数是 $\binom{n-1}{k}$。两路都存在时，系数是两者之和。帕斯卡恒等式把这个和写成 $\binom{n}{k}$。

端点是同一句话的边界，不必另造一条定理。$k=0$ 时没有「额外的 $x$」那一路，只剩 $\binom{n-1}{0}=1$，而 $\binom{n}{0}=1$。$k=n$ 时没有「额外的 $y$」那一路，只剩 $\binom{n-1}{n-1}=1$，而 $\binom{n}{n}=1$。从 $k=0$ 到 $k=n$，每一项的系数都是 $\binom{n}{k}$。归纳步完成。归纳用到的假设只有一件：非负整数上，上一阶的有限展开已经成立。它不假设 $x$ 很小，也不假设 $x$、$y$ 是概率。

用核对过的数字看一步，而不是看整张表。$\binom{5}{2}$ 应当等于 $\binom{4}{1}+\binom{4}{2}$。$4+6=10$，而 $\binom{5}{2}=10$。在展开里，这一个数是 $(x+y)^5$ 中 $x^2 y^3$ 的系数：五个因子里选两个出 $x$。归纳步把这十种选法分成两类。多出来的那个因子出 $x$，则其余四个里再选一个出 $x$，有 $4$ 种。多出来的那个因子出 $y$，则其余四个里选两个出 $x$，有 $6$ 种。分类规则是递归。把每一个次数的系数一起写进 $(x+y)^5$，才是定理在五次上的样子。只记住 $10=4+6$，定理还没有出现。

两层证明不是两套互相替换的口号。组合证明直接解释系数为什么是选法，对每一个非负整数 $n$ 一次说完。归纳证明说明，只要上一阶的展开成立，再乘一个因子，并用加法恒等式合并同类项，下一阶的展开也成立。递归是归纳里的零件，零件不单独称为二项式定理。归纳也不是一段计算很大整数的程序：没有要填的表，证明停在每一项的系数等于选法个数。

近似丢掉的项，定理还留着#

$(1+x)^n\approx 1+nx$ 只留下常数项和一次项。按本页的等式，把 $y$ 取成 $1$，得到 $(x+1)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}x^{k}=1+nx+\binom{n}{2}x^2+\cdots+x^n$。从二次项起，近似式都扔掉了。扔掉之后不再是等式，除非那些项本来就是零。$n=0$ 或 $n=1$ 时，更高次的项不存在，近似碰巧等于精确值。$n=2$ 时，$(1+x)^2=1+2x+x^2$，它等于 $1+2x$ 仅当 $x^2=0$。定理要求把 $x^2$ 留下。近似要求在所关心的尺度上把 $x^2$ 看成可以忽略。两句话的假设不同。

因此不能从近似式反推定理。用很小的 $x$ 说明一次项主导，那是在估计被丢掉的项有多大。本页不给余项，也不设「$x$ 充分小」。$x=1$、$n=4$ 时，精确值是 $(1+1)^4=16$，一次近似是 $1+4\times 1=5$。差出来的 $11$ 正是被丢掉的 $6+4+1$。差得远并不让定理出错，只说明这个代入点上不能截断。近似是使用时的截断。定理是截断之前的整段有限和。截断可以在应用里有用。有用不是改写陈述。

系数可以出现在概率里#

二项分布是概率模型，记在 概率论 那一页，不是本定理的别名。独立重复 $n$ 次、每次成功的概率都是 $p$ 时，恰好成功 $k$ 次的概率可以写成 $\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}$。这里的 $\binom{n}{k}$ 仍是选法：哪 $k$ 次算成功。把 $p$ 与 $1-p$ 代进本页的等式，得到 $\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}=(p+(1-p))^n=1$。这一步只说明这些数加起来是 $1$。它用到了有限展开。它没有把随机试验写进定理的假设。没有样本空间，没有独立，没有「每次概率同为 $p$」，等式照样成立。

所以这条定理不谈论抛硬币。硬币是给系数找的一种读法。读法依赖额外的句子：每次试验只有两种结果，试验之间互不影响，成功概率不变。这些句子都属于概率页。成功次数的期望是不是 $np$，也要在那一页用期望的定义来算。对生成式再求导，是进一步的计算，不是公式栏里的那一行。总览在通向概率时点过 Vandermonde 卷积。把两条二项式系数的乘积再对一个下标求和，是另一条恒等式。本页不展开它，不给它编号，也不把它算进陈述。

牛顿的级数不在有限项处停住#

牛顿 一六七六年六月十三日的信写下一般二项式级数，同年十月二十四日的信继续说明这类级数。指数可以是负的，也可以是分数。右边是写不完的一串，还要另问在什么范围内，越来越长的部分和才逼近左边。那是另一条陈述。本页不编这两封信的页码，也不把信里的级数抄进公式栏。负指数没有「从 $n$ 个因子里选 $k$ 个」这种直接的有限选法。$n=-1$ 不是非负整数，和式的上标也不能写成 $-1$ 再声称与本页同一格式。

级数 把无穷和定义成部分和的极限。项越来越小，和仍可能没有有限的极限。那种区分不会发生在本页的有限和上。有限和是一次做完的加法，项数是 $n+1$，不是一串越来越长的和去逼近一个值。把右边叫做级数，是把词用滑了。欧拉后来把不终止的二项式展开用在分析计算里。他算的是另一条陈述下的无穷展开，不是把本页的有限和改写成没有尽头。使用不等于追认。十九世纪以后如何控制收敛，是级数页的问题。本页的等式不需要收敛二字，因为和在 $k=n$ 处已经停了。

泰勒定理 从一点的各阶导数造多项式，并用余项控制误差。当 $n$ 是非负整数时，$f(t)=(1+t)^n$ 是次数恰好为 $n$ 的多项式，高于 $n$ 阶的导数是 $0$。在 $0$ 处把泰勒多项式取到 $n$ 次，余项是 $0$，得到的式子与本页把一个量取成 $1$、另一个量取成 $t$ 的展开相同，系数 $\frac{f^{(k)}(0)}{k!}$ 也等于 $\binom{n}{k}$。这是两条路在多项式上会合。会合的原因很窄：更高阶导数消失，有限阶的多项式才精确等于函数。指数一旦不是非负整数，导数不会在某一阶之后全部消失。有限阶的泰勒多项式只是带余项的近似。不终止的展开还要讨论它在哪些点上等于函数。那些内容留在泰勒页和级数页。本页的陈述里没有导数，也没有余项。选法证明也不经过求导。

跨域连接#

• 组合数学：总览已经把公式写成一行，并说明同一个 $\binom{n}{k}$ 既可以是选法，也可以是展开系数。本页只补边界：次数是非负整数，乘法要能交换，同类项才收得成那一项。证明只走选法与归纳，不把三角的历史收成一个人。总览里的容斥、生成函数和极值计数各自成立，不靠这条展开才能陈述。总览点到的 Vandermonde 卷积，本页不写成新公式。读到染色或生成函数，应回到总览。
• 概率论：概率页拥有的是模型。独立重复、每次成功概率同为 $p$、恰好成功 $k$ 次，这些句子决定了二项分布。权重里的 $\binom{n}{k}$ 是在选哪几次成功，与组合证明数的是同一类选法。把 $p$ 与 $1-p$ 代进有限展开，只能得到权重之和为 $1$。归一化使用了定理，定理却不使用试验。期望是不是 $np$，要另用概率的定义。本页不把硬币写成假设。
• 牛顿：人物页写的是一般二项式级数，指数可以是分数或负数，右边不在有限项处停住。一六七六年的两封信是那条陈述的文本，本页不编页码，也不把信改写成有限展开的证明。有限展开不需要那些信才能说完。人物页后半的流数、平方反比与迭代求根，各自有自己的等式。读到引力或切线，就离开本页。留在这里，只核对可交换的因子乘开以后，系数为什么是选法个数。
• 级数：级数页把无穷和收成部分和的极限。项趋于零远远不够，调和级数就是反例。本页的右边没有这个极限。项数是 $n+1$，加完即停，没有收敛半径。把有限和叫成级数，会把那一页的反例错接到一条多项式恒等式上。欧拉用来做分析计算的不终止展开，走的是级数页的路。负指数或分数指数一出现，本页的上标格式就不再适用。
• 泰勒定理：泰勒定理从各阶导数造近似多项式，并交出余项。非负整数次的 $(1+t)^n$ 高于次数的导数消失，余项才是零，泰勒多项式才与本页重合，$\frac{f^{(k)}(0)}{k!}$ 等于 $\binom{n}{k}$。重合不是同一句。泰勒的起点是导数与余项，本页的起点是 $n$ 个因子的选法。指数不是非负整数时，余项不再消失。看见余项或「充分小」，应去泰勒页，不要把 $(1+x)^n\approx 1+nx$ 倒算成二项式定理。
• 动态规划：帕斯卡恒等式让 $\binom{n}{k}$ 由上一行两项相加得到，同一个较小的系数会被两个较大的系数用到。这是重叠的子问题，填表时可以复用。动态规划页谈的是复用，不是 $(x+y)^n$ 的恒等。填出一行系数，仍然只是算出了递归。把这些值放回乘方，并说明它们等于选法个数，才回到本定理。本页不写循环，也不把归纳改写成对很大的 $n$ 做整数乘法的程序。

参考文献#

• Stanley, Richard P. Enumerative Combinatorics, Volume 1. Cambridge University Press, 2012. 第二版用作非负整数次有限展开的课程来源。这里不编定理号，也不编页码。
• Newton, Isaac. Letter of 13 June 1676, and letter of 24 October 1676. 前一封写下一般二项式级数，后一封继续说明这类级数。指数可以不是非负整数，右边是无穷级数。这与本页的有限和不是同一条陈述。这里不编页码。