二項係数

数学において、二項係数は二項定理の係数として現れる正の整数である。通常、二項係数は整数のペアn ≥ k ≥ 0でインデックス付けされ、次のように表記される。これは二項式のべき乗(1 + x ) ⁿの多項式展開におけるx ^k項の係数である。この係数は乗法公式で計算できる。 ${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}.}$

${\displaystyle {\binom {n}{k}}={\frac {n\times (n-1)\times \cdots \times (n-k+1)}{k\times (k-1)\times \cdots \times 1}},}$

これは階乗記法を使って簡潔に表現できる。

${\displaystyle {\binom {n}{k}}={\frac {n!}{k!(nk)!}}.}$

例えば、1 + xの4乗は

${\displaystyle {\begin{aligned}(1+x)^{4}&={\tbinom {4}{0}}x^{0}+{\tbinom {4}{1}}x^{1}+{\tbinom {4}{2}}x^{2}+{\tbinom {4}{3}}x^{3}+{\tbinom {4}{4}}x^{4}\\&=1+4x+6x^{2}+4x^{3}+x^{4},\end{aligned}}}$

二項係数はx ²項の係数です。 ${\displaystyle {\tbinom {4}{2}}={\tfrac {4\times 3}{2\times 1}}={\tfrac {4!}{2!2!}}=6}$

n = 0, 1, 2, ...の数字を連続する行に並べると、パスカルの三角形と呼ばれる三角形の配列が得られ、これは再帰関係を満たす。${\displaystyle {\tbinom {n}{0}},{\tbinom {n}{1}},\ldots ,{\tbinom {n}{n}}}$

${\displaystyle {\binom {n}{k}}={\binom {n-1}{k-1}}+{\binom {n-1}{k}}.}$

二項係数は数学の多くの分野で登場しますが、特に組合せ論でよく使用されます。組合せ論では、この記号は通常「 n choose k」と読みます。これは、n個の要素の固定集合からk個の要素の（順序付けられていない）サブセットを選択する方法があるためです。たとえば、 { 1, 2, 3, 4}から2 つの要素を選択する方法、つまり{1 , 2 } 、 {1 , 3}、{1, 4}、{2, 3}、{2, 4}、{3, 4}があります。 ${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$${\displaystyle {\tbinom {4}{2}}=6}$

二項係数の最初の形式は、任意の複素数zと整数k ≥ 0に対してに一般化することができ、その特性の多くはこのより一般的な形式でも維持されます。 ${\displaystyle {\tbinom {z}{k}}}$

アンドレアス・フォン・エッティングスハウゼンは1826年にこの記法を導入したが^[1]、その数は数世紀前から知られていた（パスカルの三角形を参照）。1150年頃、インドの数学者バースカラチャルヤは著書『リーラーヴァティー』^{の中で二項係数について解説した[2]}。${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$

代替表記法としては、C ( n , k )、_n C _k、ⁿ C _k、Cなどがある。^けーん
_​, ^[3] C^nk
_​、およびC _n、kで、 C はすべて組み合わせまたは選択を表します。C表記は、 n個のオブジェクトからk 個を選択する方法の数を意味します。 多くの計算機は、C表記のバリエーションを使用します。これは、それを 1 行のディスプレイに表示できるためです。 この形式では、二項係数は、 P ( n、k )などと表記されるnのk順列の数と簡単に比較できます。

自然数（0を含む）nとkに対して、二項係数は、（1 + X）ⁿの展開における単項式X ^kの係数として定義できます。同じ係数は、（ k ≤ nの場合）二項式にも現れます。${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$

(可換環の任意の元x、yに対して有効)、これが「二項係数」という名前の由来です。

この数は組合せ論でも使われ、順序を無視して、n個のオブジェクトの中からk個のオブジェクトを選択する方法の数、より正式には、 n要素の集合のk要素サブセット（またはk個の組み合わせ）の数を表します。この数は、以下の計算式とは関係なく、最初の定義の数と等しいと見なすことができます。べき乗(1 + X ) ⁿのn個の因数のそれぞれにおいて、項Xに一時的にインデックスi（1からnまで）のラベルを付けると、 k 個のインデックスの各サブセットは展開後に寄与X ^kを与え、結果の単項式の係数はそのようなサブセットの数になります。これは特に、任意の自然数nおよびkに対して が自然数であることを示しています。二項係数（答えが二項係数式で与えられる問題を数える問題）には、他にも多くの組み合わせの解釈があります。たとえば、合計がkであるnビット（数字 0 または 1）で構成されるワードの数は で与えられ、すべてのa _iが非負の整数である場合の書き方の数は⁠ ⁠で与えられます。これらの解釈のほとんどは、 k の組み合わせを数えることと同等であることが示されます。 ${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$ ${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$${\displaystyle k=a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}}$${\displaystyle {\tbinom {n+k-1}{n-1}}}$

実際に二項式の累乗を展開したり、k の組み合わせを数えたりせずにの値を計算する方法はいくつかあります。 ${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$

1 つの方法では、すべての整数に対して再帰的で純粋な加法的な式 を使用し、 すべての整数n ≥ 0の 境界値を 使用します。 $${\displaystyle {\binom {n}{k}}={\binom {n-1}{k-1}}+{\binom {n-1}{k}}}$$${\displaystyle n,k}$${\displaystyle 1\leq k<n,}$$${\displaystyle {\binom {n}{0}}={\binom {n}{n}}=1}$$

この式は、集合{1, 2, 3, ..., n }を考察し、(a) 各グループに特定の集合要素、たとえば「 i 」を含むk要素のグループ(「i」は各グループの 1 つの場所を埋めるために既に選択されているため、残りのn − 1からk − 1を選択するだけでよい) と (b) 「 i 」を含まないすべてのkグループを別々に数えることから導かれます。これにより、 n要素の可能なk組み合わせがすべて列挙されます。また、 (1 + X ) ^{n −1} (1 + X )におけるX ^kへの寄与をトレースすることでも得られます。 (1 + X ) ⁿにはゼロのX ^{n +1}またはX ⁻¹があるため、上記の境界を超えて定義を拡張し、k > nまたはk < 0の場合を含めることができます。この再帰式により、ゼロまたは自明な係数があるはずの空白で囲まれた パスカルの三角形を構築できます。${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}=0}$

個々の二項係数を計算するより効率的な方法は、 最初の分数の分子が下降階乗である式で与えられます。この式は、二項係数の組み合わせ論的解釈を理解するのに最も簡単です。分子は、n個のオブジェクトのセットから、選択順序を維持しながらk 個の異なるオブジェクトのシーケンスを選択する方法の数を示します。分母は、順序を無視した場合に同じk の組み合わせを定義する異なるシーケンスの数をカウントします。 $${\displaystyle {\binom {n}{k}}={\frac {n^{\underline {k}}}{k!}}={\frac {n(n-1)(n-2)\cdots (n-(k-1))}{k(k-1)(k-2)\cdots 1}}=\prod _{i=1}^{k}{\frac {n+1-i}{i}},}$$${\displaystyle n^{\underline {k}}}$

二項係数はkとn − kに関して対称なので、上記の積の上限をkとn − kの小さい方に設定することで計算を最適化できます。

最後に、計算上は不適切だが、証明や導出でよく使われるコンパクトな形式がある。これは、よく知られた階乗関数を繰り返し使用する。 ここで、n !はnの階乗を表す。この式は、上の乗法式から分子と分母に( n − k )!を掛けることで得られる。結果として、分子と分母に共通する多くの因数が含まれる。共通の因数を最初にキャンセルしない限り (特に階乗値が非常に急速に増加するため)、明示的な計算にはそれほど実用的ではない ( kが小さく、nが大きい場合)。この式は、乗法式からはあまり明らかではない対称性を示す (定義からは明らかであるが)。 $${\displaystyle {\binom {n}{k}}={\frac {n!}{k!\,(nk)!}}\quad {\text{for }}\ 0\leq k\leq n,}$$

これにより、より効率的な乗法計算ルーチンが実現します。階乗降記法を使用すると、 $${\displaystyle {\binom {n}{k}}={\begin{cases}n^{\underline {k}}/k!&{\text{if }}\ k\leq {\frac {n}{2}}\\n^{\underline {n-k}}/(n-k)!&{\text{if }}\ k>{\frac {n}{2}}\end{cases}}.}$$

^{乗法公式により、二}項係数の定義は、nを任意の数α（負、実、複素）またはすべての正の整数が逆である任意の可換環の元に置き換えることによって拡張することができます[4] 。 $${\displaystyle {\binom {\alpha }{k}}={\frac {\alpha ^{\underline {k}}}{k!}}={\frac {\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)\cdots (\alpha -k+1)}{k(k-1)(k-2)\cdots 1}}\quad {\text{for }}k\in \mathbb {N} {\text{ and arbitrary }}\alpha .}$$

この定義により、二項式の一般化（変数の 1 つを 1 に設定）が得られ、二項係数を次のように呼び出すことが正当化されます。 ${\displaystyle {\tbinom {\alpha }{k}}}$

この式は、 | X | < 1であるすべての複素数αとXに対して有効です。これは、 Xの形式的な冪級数の恒等式として解釈することもできます。ここでは、定数係数が1である冪級数の任意の冪の定義として実際に機能します。ポイントは、この定義により、指数に対して期待されるすべての恒等式が成り立つことです。特に、 $${\displaystyle (1+X)^{\alpha }(1+X)^{\beta }=(1+X)^{\alpha +\beta }\quad {\text{and}}\quad ((1+X)^{\alpha })^{\beta }=(1+X)^{\alpha \beta }.}$$

αが非負の整数nの場合、k > nとなる項はすべて0 となり、^[5]無限級数は有限和となり、二項式が復元されます。ただし、負の整数や有理数など、 αの他の値の場合、級数は実際には無限です。

パスカルの法則は重要な再帰関係である

これは数学的帰納法によって、すべての整数n ≥ 0およびすべての整数kに対して自然数であることを証明するために使用できますが、この事実は式(1)からすぐには明らかではありません。パスカルの三角形の左側と右側のエントリ（空白で表示）はすべてゼロです。 ${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$

パスカルの法則はパスカルの三角形も生み出します。

行番号n には、 k = 0, …, nの数字が含まれます。これは、最初に最も外側の位置に 1 を配置し、次に各内側の位置をその上の 2 つの数字の合計で埋めることによって構成されます。この方法により、分数や乗算を必要とせずに二項係数をすばやく計算できます。たとえば、三角形の行番号 5 を見ると、次のことがすぐにわかります。 ${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$

${\displaystyle (x+y)^{5}={\underline {1}}x^{5}+{\underline {5}}x^{4}y+{\underline {10}}x^{3}y^{2}+{\underline {10}}x^{2}y^{3}+{\underline {5}}xy^{4}+{\underline {1}}y^{5}.}$

二項係数は、特定の頻繁に発生する計数問題に対してすぐに使える公式を提供するため、 組み合わせ論において重要です。

• n個の要素のセットからk 個の要素を選択する方法はいくつかあります。組み合わせを参照してください。${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$
• 繰り返しが許可されている場合、n要素のセットからk要素を選択する方法があります。Multisetを参照してください。${\displaystyle {\tbinom {n+k-1}{k}}}$
• k個の 1 とn 個の0 を含む文字列があります。${\displaystyle {\tbinom {n+k}{k}}}$
• k個の1とn個の0からなる文字列があり、2つの1が隣接していない。^[6]${\displaystyle {\tbinom {n+1}{k}}}$
• カタルーニャの数字は${\displaystyle {\tfrac {1}{n+1}}{\tbinom {2n}{n}}.}$
• 統計学における二項分布は${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}p^{k}(1-p)^{n-k}.}$

任意の非負整数kに対して、 式は分母がkの多項式として表すことができます。${\textstyle {\binom {t}{k}}}$

${\displaystyle {\binom {t}{k}}={\frac {t^{\underline {k}}}{k!}}={\frac {t(t-1)(t-2)\cdots (t-k+1)}{k(k-1)(k-2)\cdots 2\cdot 1}};}$

これは有理係数を持つtの多項式を表します。

したがって、任意の実数または複素数tで評価して、このような最初の引数を持つ二項係数を定義することができます。これらの「一般化二項係数」は、ニュートンの一般化二項定理に登場します。

各kに対して、多項式はp (0) = p (1) = ⋯ = p ( k −1) = 0かつp ( k ) = 1を満たす唯一のk次多項式p ( t )として特徴付けることができます。 ${\displaystyle {\tbinom {t}{k}}}$

その係数は第一種スターリング数で表すことができます。

${\displaystyle {\binom {t}{k}}=\sum _{i=0}^{k}s(k,i){\frac {t^{i}}{k!}}.}$

の導関数は対数微分によって計算できます。 ${\displaystyle {\tbinom {t}{k}}}$

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}{\binom {t}{k}}={\binom {t}{k}}\sum _{i=0}^{k-1}{\frac {1}{t-i}}.}$

これはからまでの整数で評価すると問題を引き起こす可能性がありますが、以下の恒等式を使用すると導関数を次のように計算できます。 ${\displaystyle 0}$${\displaystyle t-1}$

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}{\binom {t}{k}}=\sum _{i=0}^{k-1}{\frac {(-1)^{k-i-1}}{k-i}}{\binom {t}{i}}.}$

標数 0の任意の体（つまり、有理数を含む任意の体）上で、最大d次までの多項式p ( t ) は、二項係数が各次数の 1 つの多項式から構成されるため、二項係数の線形結合として一意に表現できます。係数a _kは、数列p (0), p (1), ..., p ( k ) のk番目の差です。明示的には、^[7]${\textstyle \sum _{k=0}^{d}a_{k}{\binom {t}{k}}}$

各多項式は整数値です。つまり、すべての整数入力で整数値を持ちます。(これを証明する1つの方法は、パスカルの恒等式を使用してk上で帰納的に証明することです。) したがって、二項係数多項式の任意の整数線形結合も整数値です。逆に、( 4 )は、任意の整数値多項式がこれらの二項係数多項式の整数線形結合であることを示しています。より一般的には、特性0体Kの任意の部分環Rに対して、 K [ t ]の多項式がすべての整数でRに値を持つのは、それが二項係数多項式のR線形結合である場合のみです。 ${\displaystyle {\tbinom {t}{k}}}$${\displaystyle t}$

整数多項式3 t (3 t + 1) / 2は次のように書き直すことができる。

${\displaystyle 9{\binom {t}{2}}+6{\binom {t}{1}}+0{\binom {t}{0}}.}$

階乗の公式は、近くの二項係数を関連付けるのに役立ちます。たとえば、kが正の整数でnが任意の場合、

そして、もう少し努力すれば、

${\displaystyle {\binom {n-1}{k}}-{\binom {n-1}{k-1}}={\frac {n-2k}{n}}{\binom {n}{k}}.}$

また、

${\displaystyle {\binom {n-1}{k}}={\frac {n-k}{n}}{\binom {n}{k}}.}$

さらに、次のものが役立つ場合があります。

${\displaystyle {\binom {n}{h}}{\binom {n-h}{k}}={\binom {n}{k}}{\binom {n-k}{h}}={\binom {n}{h+k}}{\binom {h+k}{h}}.}$

nが定数の場合、次の再帰式が成り立ちます。

${\displaystyle {\binom {n}{k}}={\frac {n-k+1}{k}}{\binom {n}{k-1}}.}$

まとめると、

${\displaystyle {\binom {n}{k}}={\binom {n}{n-k}}={\frac {n-k+1}{k}}{\binom {n}{k-1}}={\frac {n}{n-k}}{\binom {n-1}{k}}}$

${\displaystyle ={\frac {n}{k}}{\binom {n-1}{k-1}}={\frac {n}{n-2k}}{\Bigg (}{\binom {n-1}{k}}-{\binom {n-1}{k-1}}{\Bigg )}={\binom {n-1}{k}}+{\binom {n-1}{k-1}}.}$

式

は、パスカルの三角形のn行目の要素を足すと常に 2 の n 乗になることを示しています。これは、二項定理 ( ∗ )でx = 1、y = 1と設定することで得られます。この式には自然な組み合わせの解釈もあります。つまり、左辺はサイズk = 0、1、...、n の {1、...、n }のサブセットの数を合計し、サブセットの総数を求めます。(つまり、左辺は{1、...、n } のべき集合を数えます。) ただし、これらのサブセットは、各要素 1、...、 n を順次選択または除外することによっても生成できます。n個の独立したバイナリ選択 (ビット文字列) により、合計で 個の選択が可能になります。左辺と右辺は、同じサブセットのコレクションを数える 2 つの方法であるため、等しいです。 ${\displaystyle 2^{n}}$

公式

そして

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}k^{2}{\binom {n}{k}}=(n+n^{2})2^{n-2}}$

xについて微分し（後者については 2 回）、次にx = y = 1 を代入すると、二項定理から次の式が得られます。

任意の複素数値mとnおよび任意の非負整数kに対して成立するチュー・ヴァンデルモンド恒等式は、

は、式( 2 )を用いて(1 + x ) ^m (1 + x ) ^{n − m} = (1 + x ) ⁿの展開における係数を調べることで見つけることができる。m = 1のとき、式( 7 )は式( 3 )に簡約される。n = 2 m、k = mの特別な場合、( 1 )を用いると、展開( 7 )は（右のパスカルの三角形に見られるように） ${\displaystyle x^{k}}$

ここで、右辺の項は中心二項係数です。

チュー・ヴァンデルモンド恒等式の別の形式は、0 ≤ j ≤ k ≤ nを満たす任意の整数j、k、nに適用され、

証明は同様であるが、負の整数指数を持つ二項級数展開（2）を使用する。j = kのとき、式（9）はホッケースティック恒等式を与える。

${\displaystyle \sum _{m=k}^{n}{\binom {m}{k}}={\binom {n+1}{k+1}}}$

およびその関連

${\displaystyle \sum _{r=0}^{m}{\binom {n+r}{r}}={\binom {n+m+1}{m}}.}$

F ( n ) をn番目のフィボナッチ数とします。

${\displaystyle \sum _{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor }{\binom {n-k}{k}}=F(n+1).}$

これは( 3 )を用いた帰納法、またはゼッケンドルフの表現によって証明できる。組み合わせ論的証明を以下に示す。

整数sとtに対して、級数多重区分は二項係数の和に対して次の恒等式を与えます。 ${\displaystyle 0\leq t<s,}$

${\displaystyle {\binom {n}{t}}+{\binom {n}{t+s}}+{\binom {n}{t+2s}}+\ldots ={\frac {1}{s}}\sum _{j=0}^{s-1}\left(2\cos {\frac {\pi j}{s}}\right)^{n}\cos {\frac {\pi (n-2t)j}{s}}.}$

小さいsの場合、これらの級数は特に良い形を持ちます。例えば、^[8]

${\displaystyle {\binom {n}{0}}+{\binom {n}{3}}+{\binom {n}{6}}+\cdots ={\frac {1}{3}}\left(2^{n}+2\cos {\frac {n\pi }{3}}\right)}$

${\displaystyle {\binom {n}{1}}+{\binom {n}{4}}+{\binom {n}{7}}+\cdots ={\frac {1}{3}}\left(2^{n}+2\cos {\frac {(n-2)\pi }{3}}\right)}$

${\displaystyle {\binom {n}{2}}+{\binom {n}{5}}+{\binom {n}{8}}+\cdots ={\frac {1}{3}}\left(2^{n}+2\cos {\frac {(n-4)\pi }{3}}\right)}$

${\displaystyle {\binom {n}{0}}+{\binom {n}{4}}+{\binom {n}{8}}+\cdots ={\frac {1}{2}}\left(2^{n-1}+2^{\frac {n}{2}}\cos {\frac {n\pi }{4}}\right)}$

${\displaystyle {\binom {n}{1}}+{\binom {n}{5}}+{\binom {n}{9}}+\cdots ={\frac {1}{2}}\left(2^{n-1}+2^{\frac {n}{2}}\sin {\frac {n\pi }{4}}\right)}$

${\displaystyle {\binom {n}{2}}+{\binom {n}{6}}+{\binom {n}{10}}+\cdots ={\frac {1}{2}}\left(2^{n-1}-2^{\frac {n}{2}}\cos {\frac {n\pi }{4}}\right)}$

${\displaystyle {\binom {n}{3}}+{\binom {n}{7}}+{\binom {n}{11}}+\cdots ={\frac {1}{2}}\left(2^{n-1}-2^{\frac {n}{2}}\sin {\frac {n\pi }{4}}\right)}$

部分和の閉式は存在しないが

${\displaystyle \sum _{j=0}^{k}{\binom {n}{j}}}$

^{二項係数[9]}については、 ( 3 )と帰納法を用いて、k = 0, …, n − 1に対して、

${\displaystyle \sum _{j=0}^{k}(-1)^{j}{\binom {n}{j}}=(-1)^{k}{\binom {n-1}{k}},}$

特別なケース^[10]

${\displaystyle \sum _{j=0}^{n}(-1)^{j}{\binom {n}{j}}=0}$

後者の結果は、 n未満の次数の任意の多項式P ( x )に対して、有限差分理論の結果の特別な場合でもある。^[11]

${\displaystyle \sum _{j=0}^{n}(-1)^{j}{\binom {n}{j}}P(j)=0.}$

( 2 )をk回微分しx = −1 とすると、0 ≤ k < nのとき、に対してこれが得られ、一般的な場合はこれらの線形結合をとることで従います。 ${\displaystyle P(x)=x(x-1)\cdots (x-k+1)}$

P ( x ) の次数がn以下の場合、

ここでP ( x ) におけるn次の係数です。${\displaystyle a_{n}}$

より一般的には（１０）について、

${\displaystyle \sum _{j=0}^{n}(-1)^{j}{\binom {n}{j}}P(m+(n-j)d)=d^{n}n!a_{n}}$

ここで、mとdは複素数です。これは、多項式⁠ ⁠に ( 10 ) を⁠ ⁠の代わりに適用するとすぐに得られ、⁠ ⁠の次数は依然としてn以下であり、そのn次係数はd ⁿ a _{n で}あることが分かります。 ${\displaystyle Q(x):=P(m+dx)}$${\displaystyle P(x)}$${\displaystyle Q(x)}$

この級数は k ≥ 2で収束します。この式はドイツの戦車問題の解析で使用されます。これは、 M上の帰納法によって証明されます。 ${\textstyle {\frac {k-1}{k}}\sum _{j=0}^{\infty }{\frac {1}{\binom {j+x}{k}}}={\frac {1}{\binom {x-1}{k-1}}}}$${\textstyle {\frac {k-1}{k}}\sum _{j=0}^{M}{\frac {1}{\binom {j+x}{k}}}={\frac {1}{\binom {x-1}{k-1}}}-{\frac {1}{\binom {M+x}{k-1}}}}$

二項係数を含む多くの恒等式は、組み合わせ論的手法によって証明できる。例えば、非負整数の場合、恒等式は ${\displaystyle {n}\geq {q}}$

${\displaystyle \sum _{k=q}^{n}{\binom {n}{k}}{\binom {k}{q}}=2^{n-q}{\binom {n}{q}}}$

（ q = 1のとき、（ 6）に簡約される）は、次のように二重計数証明を与えることができる。左側は、[ n ] = {1, 2, ..., n }の少なくともq個の要素を持つサブセットを選択し、選択されたものの中からq個の要素をマークする方法の数を数える。右側も同じことを数える。マークするq個の要素のセットを選択する方法と、 [ n ]の残りの要素のうちどれがサブセットに属するかを選択する方法があるからである。 ${\displaystyle {\tbinom {n}{q}}}$${\displaystyle 2^{n-q}}$

パスカルのアイデンティティ

${\displaystyle {n \choose k}={n-1 \choose k-1}+{n-1 \choose k},}$

両辺とも[ n ] のk要素の部分集合の数を数えます。右側の 2 つの項は、要素nを含む部分集合と含まない部分集合にグループ化します。

（ ８ ）の恒等式も組み合わせ論的証明を持つ。恒等式は

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}^{2}={\binom {2n}{n}}.}$

空のマス目が一列に並んでいて、そのうちのn個をマーク（選択）したいとします。これを行うにはいくつかの方法があります。一方、最初のn個からk個、残りのn個からマス目を選択することで、 n個のマス目を選択することもできます。0からnまでの任意のkが使用できます。これは次のようになります。 ${\displaystyle 2n}$${\displaystyle {\tbinom {2n}{n}}}$${\displaystyle n-k}$

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}{\binom {n}{n-k}}={\binom {2n}{n}}.}$

ここで( 1 )を適用して結果を取得します。

F ( i )でフィボナッチ数列を表し、 F (0) = F (1) = 1となるようにインデックス付けすると、この恒等式には 次の組合せ論的証明がある。^[12]帰納法によって、F ( n ) はn × 1の正方形のストリップを2 × 1および1 × 1 のタイルで覆う方法の数を数えることが示される。一方、このようなタイリングで2 × 1のタイルがちょうどk 個使用される場合、1 × 1のタイルはn − 2 k 個使用され、合計でn − k個のタイルが使用される。これらのタイルを並べる方法はいくつかあるため、この係数をすべての可能なkの値にわたって合計すると恒等式が得られる。 $${\displaystyle \sum _{k=0}^{\left\lfloor {\frac {n}{2}}\right\rfloor }{\binom {n-k}{k}}=F(n)}$$${\displaystyle {\tbinom {n-k}{k}}}$

すべてのk、 、に対するk通りの組み合わせの数は、二項係数のn行目 (0 から数えて)の合計です。これらの組み合わせは、0 から数えた2 進数の集合の 1 桁目によって列挙されます。ここで、各桁の位置はn 個の集合からの項目です。 ${\textstyle \sum _{0\leq {k}\leq {n}}{\binom {n}{k}}=2^{n}}$${\displaystyle 2^{n}-1}$

ディクソンの正体は

${\displaystyle \sum _{k=-a}^{a}(-1)^{k}{2a \choose k+a}^{3}={\frac {(3a)!}{(a!)^{3}}}}$

あるいは、より一般的には、

${\displaystyle \sum _{k=-a}^{a}(-1)^{k}{a+b \choose a+k}{b+c \choose b+k}{c+a \choose c+k}={\frac {(a+b+c)!}{a!\,b!\,c!}}\,,}$

ここで、a、b、c は負でない整数です。

三角関数の積分の中には二項係数で表現できる値を持つものがある。${\displaystyle m,n\in \mathbb {N} ,}$

${\displaystyle \int _{-\pi }^{\pi }\cos((2m-n)x)\cos ^{n}(x)\ dx={\frac {\pi }{2^{n-1}}}{\binom {n}{m}}}$

${\displaystyle \int _{-\pi }^{\pi }\sin((2m-n)x)\sin ^{n}(x)\ dx={\begin{cases}(-1)^{m+(n+1)/2}{\frac {\pi }{2^{n-1}}}{\binom {n}{m}},&n{\text{ odd}}\\0,&{\text{otherwise}}\end{cases}}}$

${\displaystyle \int _{-\pi }^{\pi }\cos((2m-n)x)\sin ^{n}(x)\ dx={\begin{cases}(-1)^{m+(n/2)}{\frac {\pi }{2^{n-1}}}{\binom {n}{m}},&n{\text{ even}}\\0,&{\text{otherwise}}\end{cases}}}$

これらは、オイラーの公式を使用して三角関数を複素指数関数に変換し、二項定理を使用して展開し、項ごとに積分すること で証明できます。

nが素数の場合、任意のkに対して が成り立ちます。より一般的には、 nが任意の数で、kが 1 からkまでのすべての数がnと互いに素である場合にも、このことは成り立ちます。 $${\displaystyle {\binom {n-1}{k}}\equiv (-1)^{k}\mod n}$$${\displaystyle 0\leq k\leq n-1.}$

確かに、私たちは

${\displaystyle {\binom {n-1}{k}}={(n-1)(n-2)\cdots (n-k) \over 1\cdot 2\cdots k}=\prod _{i=1}^{k}{n-i \over i}\equiv \prod _{i=1}^{k}{-i \over i}=(-1)^{k}\mod n.}$

nが固定されている場合、数列の通常の生成関数は ${\displaystyle {\tbinom {n}{0}},{\tbinom {n}{1}},{\tbinom {n}{2}},\ldots }$

${\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }{n \choose k}x^{k}=(1+x)^{n}.}$

kが固定されている場合、数列の通常の生成関数は ${\displaystyle {\tbinom {0}{k}},{\tbinom {1}{k}},{\tbinom {2}{k}},\ldots ,}$

${\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }{n \choose k}y^{n}={\frac {y^{k}}{(1-y)^{k+1}}}.}$

二項係数の 二変量生成関数は

${\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{k}y^{n}={\frac {1}{1-y-xy}}.}$

二項係数の対称二変量生成関数は

${\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{\infty }{n+k \choose k}x^{k}y^{n}={\frac {1}{1-x-y}}.}$

これは、置換後の前の生成関数と同じになります。 ${\displaystyle x\to xy}$

二項係数の対称指数二変量生成関数は次のようになります。

${\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{\infty }{n+k \choose k}{\frac {x^{k}y^{n}}{(n+k)!}}=e^{x+y}.}$

1852 年、クンマーは、 mとn が非負の整数でp が素数である場合、 p を割り切れる最大の累乗はp ^{c に}等しいことを証明しました。ここでc は、 mとn をpを底として加算したときの繰り上がりの数です。同様に、における素数pの指数は、k / p ^jの小数部がn / p ^jの小数部よりも大きい 非負の整数jの数に等しくなります。このことから、 はn / gcd ( n , k )で割り切れると推測できます。したがって特に、s < p ^rとなるすべての正の整数rおよびsについて、 p は割り切れることがわかります。ただし、これはpの高次の累乗には当てはまりません。たとえば、 9 は を割り切れません。 ${\displaystyle {\tbinom {m+n}{m}}}$${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$${\displaystyle {\tbinom {p^{r}}{s}}}$${\displaystyle {\tbinom {9}{6}}}$

デイビッド・シングマスター（1974）によるやや意外な結果は、任意の整数がほとんどすべての二項係数を割り切るということである。より正確には、整数dを固定し、f ( N )がn < Nでdが割り切れる二項係数の数を表すものとする。すると、 ${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$

${\displaystyle \lim _{N\to \infty }{\frac {f(N)}{N(N+1)/2}}=1.}$

n < Nの二項係数の数はN ( N + 1) / 2なので、 dで割り切れる二項係数の密度は1 になることがわかります。 ${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$

二項係数は連続する整数の最小公倍数に関連した割り切れる性質を持つ。例えば：^[13]

${\displaystyle {\binom {n+k}{k}}}$分割します。${\displaystyle {\frac {\operatorname {lcm} (n,n+1,\ldots ,n+k)}{n}}}$

${\displaystyle {\binom {n+k}{k}}}$は の倍数です。${\displaystyle {\frac {\operatorname {lcm} (n,n+1,\ldots ,n+k)}{n\cdot \operatorname {lcm} ({\binom {k}{0}},{\binom {k}{1}},\ldots ,{\binom {k}{k}})}}}$

もう一つの事実：整数n ≥ 2が素数であるのは、中間の二項係数がすべて

${\displaystyle {\binom {n}{1}},{\binom {n}{2}},\ldots ,{\binom {n}{n-1}}}$

nで割り切れる。

証明: pが素数の場合、pは

${\displaystyle {\binom {p}{k}}={\frac {p\cdot (p-1)\cdots (p-k+1)}{k\cdot (k-1)\cdots 1}}}$0 < k < p の場合すべて

は自然数であり、pは分子を割り切れるが分母を割り切れないからである。nが合成数の場合、 pをnの最小の素因数とし、k = n / pとする。すると0 < p < nとなり、 ${\displaystyle {\tbinom {p}{k}}}$

${\displaystyle {\binom {n}{p}}={\frac {n(n-1)(n-2)\cdots (n-p+1)}{p!}}={\frac {k(n-1)(n-2)\cdots (n-p+1)}{(p-1)!}}\not \equiv 0{\pmod {n}}}$

それ以外の場合、分子k ( n − 1)( n − 2)⋯( n − p + 1)はn = k × pで割り切れる必要がありますが、これは( n − 1)( n − 2)⋯( n − p + 1)がpで割り切れる場合にのみ当てはまります。しかし、 nはpで割り切れるので、p はn − 1、n − 2、…、n − p + 1を割り切れません。また、pは素数なので、p は( n − 1)( n − 2)⋯( n − p + 1)を割り切れないことがわかっており、したがって分子はnで割り切れません。

1 ≤ k ≤ nとなるすべてのnおよびkの値に対して、次の境界が成り立ちます。 最初の不等式は、 という事実から導かれ 、この積のこれらの各項は です。同様の議論で、2 番目の不等式を示すことができます。最後の厳密な不等式は と同等であり、右辺が指数級数 の項であるため、これは明らかです。 ${\displaystyle {\tbinom {n}{k}}}$$${\displaystyle {\frac {n^{k}}{k^{k}}}\leq {n \choose k}\leq {\frac {n^{k}}{k!}}<\left({\frac {n\cdot e}{k}}\right)^{k}.}$$$${\displaystyle {n \choose k}={\frac {n}{k}}\cdot {\frac {n-1}{k-1}}\cdots {\frac {n-(k-1)}{1}}}$$${\displaystyle k}$${\textstyle \geq {\frac {n}{k}}}$${\textstyle e^{k}>k^{k}/k!}$${\textstyle e^{k}=\sum _{j=0}^{\infty }k^{j}/j!}$

割り切れる性質から、 両方の等式が達成できることが推測できます。^[13]$${\displaystyle {\frac {\operatorname {lcm} (n-k,\ldots ,n)}{(n-k)\cdot \operatorname {lcm} \left({\binom {k}{0}},\ldots ,{\binom {k}{k}}\right)}}\leq {\binom {n}{k}}\leq {\frac {\operatorname {lcm} (n-k,\ldots ,n)}{n-k}},}$$

情報理論では、次の境界が有用である: ^{[14] : 353} ここで はバイナリエントロピー関数である。これは、 すべての に対して までさらに厳密にすることができる 。^{[15] : 309}$${\displaystyle {\frac {1}{n+1}}2^{nH(k/n)}\leq {n \choose k}\leq 2^{nH(k/n)}}$$${\displaystyle H(p)=-p\log _{2}(p)-(1-p)\log _{2}(1-p)}$$${\displaystyle {\sqrt {\frac {n}{8k(n-k)}}}2^{nH(k/n)}\leq {n \choose k}\leq {\sqrt {\frac {n}{2\pi k(n-k)}}}2^{nH(k/n)}}$$${\displaystyle 1\leq k\leq n-1}$

スターリングの近似により、両方が無限大に近づくときに有効な次の近似が得られます。 スターリングの公式の不等式形式は階乗にも境界を定めるため、上記の漸近近似を少し変形すると、正確な境界が得られます。特に、が十分に大きい場合、 およびが成り立ちます。より一般的には、 m ≥ 2およびn ≥ 1の場合(ここでも、スターリングの公式を二項係数の階乗に適用することにより)、 ${\displaystyle n-k,k}$$${\displaystyle {n \choose k}\sim {\sqrt {n \over 2\pi k(n-k)}}\cdot {n^{n} \over k^{k}(n-k)^{n-k}}}$$${\displaystyle n}$$${\displaystyle {2n \choose n}\sim {\frac {2^{2n}}{\sqrt {n\pi }}}}$$${\displaystyle {\sqrt {n}}{2n \choose n}\geq 2^{2n-1}}$$${\displaystyle {\sqrt {n}}{mn \choose n}\geq {\frac {m^{m(n-1)+1}}{(m-1)^{(m-1)(n-1)}}}.}$$

nが大きく、kがnに関して線形である場合、二項係数 に対して様々な正確な漸近推定値が存在する。例えば、の場合、で あり 、ここでd = n − 2 kである。^[16]${\textstyle {\binom {n}{k}}}$${\displaystyle |n/2-k|=o(n^{2/3})}$$${\displaystyle {\binom {n}{k}}\sim {\binom {n}{\frac {n}{2}}}e^{-d^{2}/(2n)}\sim {\frac {2^{n}}{\sqrt {{\frac {1}{2}}n\pi }}}e^{-d^{2}/(2n)}}$$

nが大きく、kがo ( n )（つまりk / n →0） ならば、 ここでもoは小文字のo表記である。^[17] $${\displaystyle {\binom {n}{k}}\sim \left({\frac {ne}{k}}\right)^{k}\cdot (2\pi k)^{-1/2}\cdot \exp \left(-{\frac {k^{2}}{2n}}(1+o(1))\right)}$$

二項係数の和の単純で大まかな上限は二項定理を使って得ることができる。 より正確な上限は を満たす すべての整数に対して有効で ある 。^[18]$${\displaystyle \sum _{i=0}^{k}{n \choose i}\leq \sum _{i=0}^{k}n^{i}\cdot 1^{k-i}\leq (1+n)^{k}}$$$${\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {8n\varepsilon (1-\varepsilon )}}}\cdot 2^{H(\varepsilon )\cdot n}\leq \sum _{i=0}^{k}{\binom {n}{i}}\leq 2^{H(\varepsilon )\cdot n},}$$${\displaystyle n>k\geq 1}$${\displaystyle \varepsilon \doteq k/n\leq 1/2}$

ガンマ関数の無限積の公式は、二項係数の式も与え 、漸近公式 は となります。 $${\displaystyle (-1)^{k}{z \choose k}={-z+k-1 \choose k}={\frac {1}{\Gamma (-z)}}{\frac {1}{(k+1)^{z+1}}}\prod _{j=k+1}{\frac {\left(1+{\frac {1}{j}}\right)^{-z-1}}{1-{\frac {z+1}{j}}}}}$$$${\displaystyle {z \choose k}\approx {\frac {(-1)^{k}}{\Gamma (-z)k^{z+1}}}\qquad {\text{and}}\qquad {z+k \choose k}={\frac {k^{z}}{\Gamma (z+1)}}\left(1+{\frac {z(z+1)}{2k}}+{\mathcal {O}}\left(k^{-2}\right)\right)}$$${\displaystyle k\to \infty }$

この漸近的な振る舞いは近似に も含まれています。(ここで はk番目の調和数であり、はオイラー・マスケロニ定数です。) $${\displaystyle {z+k \choose k}\approx {\frac {e^{z(H_{k}-\gamma )}}{\Gamma (z+1)}}}$$${\displaystyle H_{k}}$${\displaystyle \gamma }$

さらに、漸近公式は 、およびある複素数 に対して 常に成立します。 $${\displaystyle {\frac {z+k \choose j}{k \choose j}}\to \left(1-{\frac {j}{k}}\right)^{-z}\quad {\text{and}}\quad {\frac {j \choose j-k}{j-z \choose j-k}}\to \left({\frac {j}{k}}\right)^{z}}$$${\displaystyle k\to \infty }$${\displaystyle j/k\to x}$${\displaystyle x}$

二項係数は、次の数として定義される 多項係数に一般化できます。

${\displaystyle {n \choose k_{1},k_{2},\ldots ,k_{r}}={\frac {n!}{k_{1}!k_{2}!\cdots k_{r}!}}}$

どこ

${\displaystyle \sum _{i=1}^{r}k_{i}=n.}$

二項係数は（x + y）ⁿの係数を表すのに対し、多項式係数は多項式の係数を表す。

${\displaystyle (x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{r})^{n}.}$

r = 2 の場合、二項係数は次のようになります。

${\displaystyle {n \choose k_{1},k_{2}}={n \choose k_{1},n-k_{1}}={n \choose k_{1}}={n \choose k_{2}}.}$

多項式係数の組み合わせ的解釈は、n 個の識別可能な要素をr 個の（識別可能な）コンテナーに分配することです。各コンテナーには、正確にk _i個の要素が含まれます。ここで、 i はコンテナーのインデックスです。

多項係数には、再帰関係など、二項係数に似た多くの特性があります。

${\displaystyle {n \choose k_{1},k_{2},\ldots ,k_{r}}={n-1 \choose k_{1}-1,k_{2},\ldots ,k_{r}}+{n-1 \choose k_{1},k_{2}-1,\ldots ,k_{r}}+\ldots +{n-1 \choose k_{1},k_{2},\ldots ,k_{r}-1}}$

対称性：

${\displaystyle {n \choose k_{1},k_{2},\ldots ,k_{r}}={n \choose k_{\sigma _{1}},k_{\sigma _{2}},\ldots ,k_{\sigma _{r}}}}$

ここで、 は(1, 2, ..., r ) の順列です。 ${\displaystyle (\sigma _{i})}$

第一種スターリング数を用いると、任意の点の周りの級数展開は ${\displaystyle z_{0}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}{z \choose k}={\frac {1}{k!}}\sum _{i=0}^{k}z^{i}s_{k,i}&=\sum _{i=0}^{k}(z-z_{0})^{i}\sum _{j=i}^{k}{z_{0} \choose j-i}{\frac {s_{k+i-j,i}}{(k+i-j)!}}\\&=\sum _{i=0}^{k}(z-z_{0})^{i}\sum _{j=i}^{k}z_{0}^{j-i}{j \choose i}{\frac {s_{k,j}}{k!}}.\end{aligned}}}$

二項係数の定義は、 が実数で が整数の場合に拡張できます。 ${\displaystyle n}$${\displaystyle k}$

特に、任意の非負整数に対して次の恒等式が成り立ちます。 ${\displaystyle k}$

${\displaystyle {{1/2} \choose {k}}={{2k} \choose {k}}{\frac {(-1)^{k+1}}{2^{2k}(2k-1)}}.}$

これは、ニュートン二項級数を使用してべき級数に 展開すると現れます。${\displaystyle {\sqrt {1+x}}}$

${\displaystyle {\sqrt {1+x}}=\sum _{k\geq 0}{\binom {1/2}{k}}x^{k}.}$

2 つの二項係数の積は、二項係数の線形結合として表すことができます。

${\displaystyle {z \choose m}{z \choose n}=\sum _{k=0}^{\min(m,n)}{m+n-k \choose k,m-k,n-k}{z \choose m+n-k},}$

ここで、接続係数は多項式係数です。ラベル付き組合せオブジェクトに関して、接続係数は、最初の k 個のラベルが識別された、または一緒に接着されて重み m + n − k の新しいラベル付き組合せオブジェクトになった、重みがそれぞれmとnのラベル付き組合せオブジェクトのペアに、m + n − k個のラベルを割り当てる方法の数を表します。（つまり、ラベルを 3 つの部分に分割して、接着部分、最初のオブジェクトの接着されていない部分、および 2 番目のオブジェクトの接着されていない部分に適用します。）この点で、二項係数は指数生成シリーズに対して、下降階乗は通常の生成シリーズに対してのような関係にあります。

パスカルの三角形の n行目にあるすべての二項係数の積は、次の式で表されます。

${\displaystyle \prod _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}=\prod _{k=1}^{n}k^{2k-n-1}.}$

逆数の部分分数分解は次のように表さ れる。

${\displaystyle {\frac {1}{z \choose n}}=\sum _{i=0}^{n-1}(-1)^{n-1-i}{n \choose i}{\frac {n-i}{z-i}},\qquad {\frac {1}{z+n \choose n}}=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i-1}{n \choose i}{\frac {i}{z+i}}.}$

ニュートンの二項級数は、アイザック・ニュートン卿にちなんで名付けられ、二項定理を無限級数に一般化したものである。

${\displaystyle (1+z)^{\alpha }=\sum _{n=0}^{\infty }{\alpha \choose n}z^{n}=1+{\alpha \choose 1}z+{\alpha \choose 2}z^{2}+\cdots .}$

両辺が微分方程式 (1 + z ) f' ( z ) = α f ( z )を満たすことを示すことによって、恒等式が得られます。

この級数の収束半径は1である。別の表現は

${\displaystyle {\frac {1}{(1-z)^{\alpha +1}}}=\sum _{n=0}^{\infty }{n+\alpha \choose n}z^{n}}$

アイデンティティ

${\displaystyle {n \choose k}=(-1)^{k}{k-n-1 \choose k}}$

が適用されます。

二項係数は、与えられた集合から規定サイズのサブセットを数えます。関連する組み合わせ問題は、与えられた集合から要素を抽出した規定サイズの多重集合を数えることです。つまり、同じ要素を繰り返し選択する可能性のある、与えられた集合から特定の数の要素を選択する方法の数を数えることです。結果として得られる数値は多重集合係数と呼ばれます。^[19] n要素の集合からk個の項目を「多重選択」（つまり、置換選択）する方法の数はと表されます。 ${\textstyle \left(\!\!{\binom {n}{k}}\!\!\right)}$

この記事ではnの主な意味の曖昧さと混乱を避けるために、 f = n = r + ( k − 1)、r = f − ( k − 1)
とします。

多重集合係数は、二項係数を用いて次の規則で表現できます 。この恒等式の別の特徴付けとしては、下降階乗を と 定義し 、対応する上昇階乗を と定義すると 、たとえば、 二項係数は と記述でき、 対応する多重集合係数は下降階乗を上昇階乗に置き換えることで定義されます。 $${\displaystyle {\binom {f}{k}}=\left(\!\!{\binom {r}{k}}\!\!\right)={\binom {r+k-1}{k}}.}$$$${\displaystyle (f)_{k}=f^{\underline {k}}=(f-k+1)\cdots (f-3)\cdot (f-2)\cdot (f-1)\cdot f,}$$$${\displaystyle r^{(k)}=\,r^{\overline {k}}=\,r\cdot (r+1)\cdot (r+2)\cdot (r+3)\cdots (r+k-1);}$$$${\displaystyle 17\cdot 18\cdot 19\cdot 20\cdot 21=(21)_{5}=21^{\underline {5}}=17^{\overline {5}}=17^{(5)}.}$$$${\displaystyle {\binom {f}{k}}={\frac {(f)_{k}}{k!}}={\frac {(f-k+1)\cdots (f-2)\cdot (f-1)\cdot f}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdots k}},}$$$${\displaystyle \left(\!\!{\binom {r}{k}}\!\!\right)={\frac {r^{(k)}}{k!}}={\frac {r\cdot (r+1)\cdot (r+2)\cdots (r+k-1)}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdots k}}.}$$

任意のnに対して、

${\displaystyle {\begin{aligned}{\binom {-n}{k}}&={\frac {-n\cdot -(n+1)\dots -(n+k-2)\cdot -(n+k-1)}{k!}}\\&=(-1)^{k}\;{\frac {n\cdot (n+1)\cdot (n+2)\cdots (n+k-1)}{k!}}\\&=(-1)^{k}{\binom {n+k-1}{k}}\\&=(-1)^{k}\left(\!\!{\binom {n}{k}}\!\!\right)\;.\end{aligned}}}$

特に、負の整数nで評価される二項係数は、符号付き多重集合係数として与えられる。特別な場合、これは次のように簡約される。${\displaystyle n=-1}$${\displaystyle (-1)^{k}={\binom {-1}{k}}=\left(\!\!{\binom {-k}{k}}\!\!\right).}$

たとえば、n = −4、k = 7 の場合、r = 4、f = 10 になります。

${\displaystyle {\begin{aligned}{\binom {-4}{7}}&={\frac {-10\cdot -9\cdot -8\cdot -7\cdot -6\cdot -5\cdot -4}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6\cdot 7}}\\&=(-1)^{7}\;{\frac {4\cdot 5\cdot 6\cdot 7\cdot 8\cdot 9\cdot 10}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6\cdot 7}}\\&=\left(\!\!{\binom {-7}{7}}\!\!\right)\left(\!\!{\binom {4}{7}}\!\!\right)={\binom {-1}{7}}{\binom {10}{7}}.\end{aligned}}}$

二項係数は、ガンマ関数またはベータ関数を 使用して、2つの実数値または複素数値の引数に一般化されます。

${\displaystyle {x \choose y}={\frac {\Gamma (x+1)}{\Gamma (y+1)\Gamma (x-y+1)}}={\frac {1}{(x+1)\mathrm {B} (y+1,x-y+1)}}.}$

この定義は、以下の追加プロパティを継承します。 ${\displaystyle \Gamma }$

${\displaystyle {x \choose y}={\frac {\sin(y\pi )}{\sin(x\pi )}}{-y-1 \choose -x-1}={\frac {\sin((x-y)\pi )}{\sin(x\pi )}}{y-x-1 \choose y};}$

さらに、

${\displaystyle {x \choose y}\cdot {y \choose x}={\frac {\sin((x-y)\pi )}{(x-y)\pi }}.}$

結果として得られる関数はほとんど研究されていないが、どうやら最初にグラフ化されたのは (Fowler 1996) のようだ。注目すべきことに、多くの二項恒等式は成り立たない。ただし、 nが正 (つまり負) の場合は成り立つ。動作は非常に複雑で、さまざまな八分円 (つまりx軸とy軸、および直線) で著しく異なり、負のxに対する動作は負の整数値で特異点を持ち、正と負の領域が市松模様になる。 ${\textstyle {\binom {n}{m}}={\binom {n}{n-m}}}$${\textstyle {\binom {-n}{m}}\neq {\binom {-n}{-n-m}}}$${\displaystyle -n}$${\displaystyle y=x}$

• 八分儀では、尾根（「パスカルの尾根」）を伴う通常の二項式の滑らかに補間された形式になります。${\displaystyle 0\leq y\leq x}$
• 八分儀と象限では関数はゼロに近くなります。${\displaystyle 0\leq x\leq y}$${\displaystyle x\geq 0,y\leq 0}$
• 象限では、関数は頂点を持つ平行四辺形上で交互に非常に大きな正と負の値をとる。${\displaystyle x\leq 0,y\geq 0}$$${\displaystyle (-n,m+1),(-n,m),(-n-1,m-1),(-n-1,m)}$$
• 八分儀では、動作は再び非常に大きな正と負が交互に現れますが、正方形のグリッド上になります。${\displaystyle 0>x>y}$
• 八分儀では、特異点付近を除いてゼロに近くなります。${\displaystyle -1>y>x+1}$

二項係数には、ガウス二項係数として知られるq 類似の一般化があります。

二項係数の定義は、次のように定義することで無限基数に一般化できます。

${\displaystyle {\alpha \choose \beta }=\left|\left\{B\subseteq A:\left|B\right|=\beta \right\}\right|}$

ここで、A は基数の集合です。基数 を 表すためにどの集合を選択しても、基数 は同じままであるという意味で、一般化された二項係数は明確に定義されていると示すことができます。有限基数の場合、この定義は二項係数の標準的な定義と一致します。 ${\displaystyle \alpha }$ ${\displaystyle \alpha }$${\textstyle {\alpha \choose \beta }}$

選択公理を仮定すると、任意の無限基数に対して であることが示せます。 ${\textstyle {\alpha \choose \alpha }=2^{\alpha }}$${\displaystyle \alpha }$

• 「二項係数」、数学百科事典、EMS Press、2001 [1994]
• Andrew Granville (1997)。「二項係数の算術的性質 I. 素数べき乗を法とする二項係数」。CMS Conf. Proc . 20 : 151–162。2015-09-23 にオリジナルからアーカイブ。2013-09-03に取得。

この記事には、クリエイティブ コモンズの表示/継承ライセンスの下でライセンスされている次のPlanetMath の記事の資料が組み込まれています: 二項係数、二項係数の上限と下限、二項係数は整数、一般化された二項係数。