二项式系数

二项式系数

说明：一般情况下\(0^0 = 1\)

二项式定理

对所有的非负整数\(k\)和\(n\)定义的二项式系数\(\binom{n}{k}\)，
如果\(k > n\)，则\(\binom{n}{k} = 0\)，
对所有的\(n\)，\(\binom{n}{0} = 1\)，
如果\(n\)是是一个正整数，且\(1 \le k \le n\)，则\(\binom{n}{k} = \frac{n!}{k! (n - k)!} = \frac{n (n - 1) \cdots (n - k + 1)}{k (k - 1) \cdots 1}\)

有以下一些性质成立

\[\binom{n}{k} = \binom{n}{n - k} \tag{1} \]

显然

Pascal公式

\[\binom{n}{k} = \binom{n - 1}{k} + \binom{n - 1}{k - 1} \tag{2} \]

根据定义或组合意义可证。

\[\binom{n}{0} + \binom{n}{1} + \cdots + \binom{n}{n} = 2^n \ \ \ \ \ \ (n \ge 0) \tag{3} \]

可用有关二进制的组合意义理解。

二项式定理
若\(n\)是正整数，对于所有的\(x, y\)有$$(x + y)^n = \sum\limits_{k = 0}^n \binom{n}{k} x^{n - k} y^k \tag{4}$$
数学归纳即可

特殊情况
当\(x = y = 1\)，即可推出\((3)\)

当\(y = 1\)，有$$(x + 1)^n = \sum\limits_{k = 0}^n \binom{n}{k} x^k = \sum\limits_{k = 0}^n \binom{n}{n - k} x^k \tag{5}$$

当\(x = 1, y = -1\)，推出

\[\sum\limits_{k = 0}^n (-1)^k \binom{n}{k} = \binom{n}{0} - \binom{n}{1} + \binom{n}{2} - \cdots + (-1)^n \binom{n}{n} = 0 \ \ \ \ \ (n \ge 1) \tag{6} \]

结合\((3)\)即可得$$\binom{n}{0} + \binom{n}{2} + \cdots = \binom{n}{1} + \binom{n}{3} + \cdots = 2^{n - 1} \ \ \ \ \ (n \ge 1) \tag{7}$$

\[k \binom{n}{k} = n \binom{n - 1}{k - 1} \ \ \ \ \ (n,k都是正整数) \tag{8} \]

根据定义可证

\[\sum\limits_{k = 1}^n k\binom{n}{k} = n 2^{n - 1} \ \ \ \ \ (n \ge 1) \tag{9} \]

证明一：
令\(s = 0 \binom{n}{0} + \binom{n}{1} + 2 \binom{n}{2} + \cdots + n \binom{n}{n}\)，
将所有项反转，得\(s = n \binom{n}{n} + \cdots + 2 \binom{n}{2} + \binom{n}{1} + 0 \binom{n}{0}\)，
由\((1)\)，两式相加得\(2s = n \sum\limits_{k = 0}^n \binom{n}{k} = n 2^n\)，所以\(s = n 2^{n - 1}\)

证明二：
根据\((8)\)和\((3)\)可得\(\sum\limits_{k = 0}^n k\binom{n}{k} = \sum\limits_{k = 1}^n n\binom{n - 1}{k - 1} = n \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} \binom{n - 1}{k} = n 2^{n - 1}\)

证明三：
对\((x + 1)^n = \sum\limits_{k = 0}^n \binom{n}{k} x^k \ \ \ \ \ (5)\)两边关于\(x\)求导，可得\(n (x + 1)^{n - 1} = \sum\limits_{k = 1}^n k \binom{n}{k} x^{k - 1}\)
代入\(x = 1\)即可

\[\sum\limits_{k = 1}^n k^2 \binom{n}{k} = n (n + 1) 2^{n - 2} \tag{10} \]

证明一：
由\((8)\)和\((9)\)，\(\sum\limits_{k = 1}^n k^2 \binom{n}{k} = n \sum\limits_{k = 1}^n k \binom{n - 1}{k - 1} = n (\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} k \binom{n - 1}{k} + \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} \binom{n - 1}{k}) = n (n + 1) 2^{n - 2}\)

证明二：
对\((x + 1)^n = \sum\limits_{k = 0}^n \binom{n}{k} x^k \ \ \ \ \ (5)\)两边关于\(x\)求导，可得\(n (x + 1)^{n - 1} = \sum\limits_{k = 1}^n k \binom{n}{k} x^{k - 1}\)
两边同乘\(x\)得\(n x (x + 1)^{n - 1} = \sum\limits_{k = 1}^n k \binom{n}{k} x^k\)
两边关于\(x\)求导，可得\(n [(x + 1)^{n - 1} + (n - 1) x (x + 1) ^ {n - 2}] = \sum\limits_{k = 1}^n k^2 \binom{n}{k} x^{k - 1}\)
代入\(x = 1\)即可

由此可见，我们可以通过上次操作，不断关于\(x\)求导，再乘\(x\)，可以得到\(\sum\limits_{k = 1}^n k^p \binom{n}{k}\)相对于任何正整数\(p\)的恒等式，但是随着\(p\)的增大，这将变得很复杂。

\[\sum\limits_{k = 0}^n \frac{\binom{n}{k}}{k + 1} = \frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1} \tag{11} \]

由\((8)\)可得\(\frac{\binom{n}{k}}{k + 1} = \frac{\binom{n + 1}{k + 1}}{n + 1}\)
\(\sum\limits_{k = 0}^n \frac{\binom{n}{k}}{k + 1} = \frac{\sum\limits_{k = 1}^{n + 1} \binom{n + 1}{k}}{n + 1} = \frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}\)

\(\sum\limits_{k = 0}^{n - 1} \binom{n}{k} \binom{n}{k + 1} = \binom{2n}{n + 1}\)
\((x + 1)^n (1 + x)^n = (x + 1)^{2n}\)
二项式定理\((4)\)展开，得\((\sum\limits_{k = 0}^n \binom{n}{k} x^k) (\sum\limits_{k = 0}^n \binom{n}{n - k} x^k) = \sum\limits_{k = 0}{2n} \binom{2n}{k} x^k\)
比较\(x^{n + 1}\)前的系数，即可得\(\binom{2n}{n + 1} = \sum\limits_{k = 1}^{n} \binom{n}{k} \binom{n}{k - 1}\)

范德蒙卷积公式
对于所有的正整数\(m_1, m_2, n\)，有$$\sum\limits_{k = 0}^n \binom{m_1}{n}\binom{m_2}{n - k} = \binom{m_1 + m_2}{n} \tag{13}$$
\((x + 1)^{m_1} (x + 1)^{m_2} = (x + 1)^{m_1 + m_2}\)
二项式定理\((4)\)展开，得\((\sum\limits_{k = 0}^{m_1} \binom{m_1}{k} x^k) (\sum\limits_{k = 0}^{m_2} \binom{m_2}{k} x^k) = \sum\limits_{k = 0}^{m_1 + m_2} \binom{m_1 + m_2}{k} x^k\)
比较\(x^n\)前的系数，即可得\(\binom{m_1 + m_2}{n} = \sum\limits_{k = 0}^{n} \binom{m_1}{k} \binom{m_2}{n - k}\)

\[\sum\limits_{k = 0}^n \binom{n}{k}^2 = \binom{2n}{n} \ \ \ \ \ (n \ge 0) \tag{14} \]

由\((1)\)和\((13)\)可得\(\sum\limits_{k = 0}^n \binom{n}{k}^2 = \sum\limits_{k = 0}^{n} \binom{n}{k} \binom{n}{n - k} = \binom{2n}{n}\)

对于Pascal公式\(\binom{n}{k} = \binom{n - 1}{k} + \binom{n - 1}{k - 1} (2)\)，我们不断把\(\binom{n - x}{k}\)的这一项展开，得
\(\binom{n}{k} = \binom{n - 1}{k - 1} + \binom{n - 1}{k}\)
\(\binom{n}{k} = \binom{n - 1}{k - 1} + \binom{n - 2}{k - 1} + \binom{n - 2}{k}\)
\(\binom{n}{k} = \binom{n - 1}{k - 1} + \binom{n - 2}{k - 1} + \binom{n - 3}{k - 1} + \binom{n - 3}{k}\)
\(\vdots\)
\(\binom{n}{k} = \binom{0}{k} + \binom{0}{k - 1} + \binom{1}{k - 1} + \cdots + \binom{n - 2}{k - 1} + \binom{n - 1}{k - 1}\)
由\(\binom{0}{k} = 0\)，用\(n + 1\)取代\(n\)，用\(k + 1\)代取\(k\)，即可得

\[\sum\limits_{i = 0}^n \binom{i}{k} = \binom{n + 1}{k + 1} \tag{15} \]

等式\((15)\)对于所有非负整数\(n\)和\(k\)都成立。

这是一个二项式系数对相邻的一列展开，这可以拓展为对比它小的一列展开
二项式系数\(\binom{n}{k}\)对于第\(m\)列展开，得

\[\binom{n}{k} = \sum\limits_{i = m}^{n - k + m} \binom{n - i - 1}{k - m - 1} \binom{i}{m} \tag{16} \]

初始成立条件是公式\((15)\)，对\(m\)归纳即可。

类似的，我们也可以对于第\(m\)行展开，得

\[\binom{n}{k} = \sum\limits_{i = 0}^{n - m} \binom{n - m}{i} \binom{m}{k - i} \tag{17} \]

显然。

扩展二项式系数的定义
\(r\)为实数，\(k\)为整数

\[\binom{r}{k} = \left \{ \begin{aligned} & \frac{r (r - 1) \cdots (r - k + 1)}{k!} & k \ge 1 & \\ & 1 & k = 0 & \\ & 0 & k \le -1 & \end{aligned} \right . \]

Pascal公式\((2)\)和公式\((8)\)都还是成立的，
即$$\binom{r}{k} = \binom{r - 1}{k} + \binom{r - 1}{k - 1} \ \ \ \ \ 和 \ \ \ \ \ k \binom{r}{k} = r \binom{r - 1}{k - 1}$$
对于Pascal公式\(\binom{r}{k} = \binom{r - 1}{k} + \binom{r - 1}{k - 1}\)，我们不断展开变量最小的那一项，得
\(\binom{r}{k} = \binom{r - 1}{k} + \binom{r - 1}{k - 1}\)
\(\binom{r}{k} = \binom{r - 1}{k} + \binom{r - 2}{k - 1} + \binom{r - 2}{k - 2}\)
\(\binom{r}{k} = \binom{r - 1}{k} + \binom{r - 2}{k - 1} + \binom{r - 3}{k - 2} + \binom{r - 3}{k - 3}\)
\(\vdots\)
\(\binom{r}{k} = \binom{r - 1}{k} + \binom{r - 2}{k - 1} + \binom{r - 3}{k - 2} + \cdots + \binom{r - k}{1} + \binom{r - k - 1}{0} + \binom{r - k - 1}{-1}\)
最后一项\(\binom{r - k - 1}{-1}\)为\(0\)，可以消去。用\(r + k + 1\)取代\(r\)，得

\[\sum\limits_{i = 0}^{k} \binom{r + i}{i} = \binom{r + k + 1}{k} \tag{18} \]

等式\((16)\)对于所有实数\(r\)和所有整数\(k\)都成立。

二项式系数的单峰性

留坑

多项式定理

多项式系数的定义为\(\binom{n}{n_1 n_2 \cdots n_t} = \frac{n!}{n_1! n_2! \cdots n_t!}\)
其中，\(n_1, n_2, \cdots, n_t\)是非负整数，且\(n_1 + n_2 + \cdots + n_t = n\)

组合意义：有\(t\)种物品，第\(i\)个物品有\(n_i\)个，同一种物品完全一样，它的排列个数。

多项式系数的Pascal公式

\[\binom{n}{n_1 n_2 \cdots n_t} = \binom{n - 1}{n_1 - 1 \ n_2 \cdots n_t} + \binom{n - 1}{n_1 n_2 - 1 \ \cdots n_t} + \cdots + \binom{n - 1}{n_1 n_2 \cdots n_t - 1} \tag{18} \]

根据定义即可证。

多项式定理
若\(n\)为正整数，对于所有的\(x_1, x_2, \cdots, x_t\)，有

\[(x_1 + x_2 + \cdots + x_t)^n = \sum\limits \binom{n}{n_1 n_2 \cdots n_t} x_1^{n_1}x_2^{n_2} \cdots x_t^{n_t} \tag{20} \]

根据组合意义即可证。

广义二项式定理

若\(\alpha\)为实数，对于所有满足\(0 \le |x| < |y|的x和y\)，有

\[(x + y)^{\alpha} = \sum\limits_{k = 0}^{\infty} \binom{\alpha}{k} x^{k} y^{\alpha - k} \tag{21} \]

证明留坑

参考资料

组合数学（原书第5版）