이항정리
덤프버전 :
1. 개요[편집]
binomial theorem ・ 二項定理
[math((a+b)^{n})]([math(n)]은 음이 아닌 정수)의 꼴을 전개할 때 쓰이는 정리이다. 이항정리의 '이항'은 '두 개의 항(二項)'이라는 뜻이며, '항을 옮긴다'(移項)는 뜻이 아니다.[1]
이것의 증명에는 파스칼의 정리를 이용하는 방법과, 테일러 급수를 이용하거나 경우의 수를 이용하는 방법이 있다. 이 문서에서는 마지막 방법을 쓴다.
이항정리를 더욱 확장하면 다항정리가 되며, 이항정리와 다항정리는 모두 곱미분의 일반화인 라이프니츠 법칙과 형태가 매우 유사하다.
이 문서에서 조합은 [math({}_{n}\mathrm{C}_{r})] 대신 국제적으로 많이 사용되는 [math(\binom{n}{r} )]로 표기했다.
1.1. 이항계수[편집]
binomial coefficient ・ 二項係數
[math((a+b)^{n})] 꼴의 다항식을 전개했을 때 [math(a^{r}b^{n-r})]([math(0 \leq r \leq n)]인 정수)의 계수를 의미하며, 다음과 같다.
[math(\displaystyle \binom{n}{r}=\frac{n!}{r!(n-r)!} )]
[1] 이항정리를 배우기까지 말하는 이항은 사실상 移項밖에 없어서 이항정리도 이 이항으로 잘못 알고 넘어가는 경우가 보인다.
이것의 증명은 다음을 이용하면 된다.
[math(\displaystyle (a+b)^{n}=\underbrace{(a+b)(a+b)\cdot \cdots \cdot (a+b)}_{n \text{ terms}} )]
[math(a^{r}b^{n-r})]의 계수는 곧 [math(r)]개의 [math(a)]와 [math((n-r))]개의 [math(b)] 이렇게 총 [math(n)]개의 문자를 배열하는 경우의 수와 같다. 이것은 곧 '같은 것이 있는 순열'이므로
[math(\displaystyle \frac{n!}{r!(n-r)!} )]
이고, 이것은 조합의 정의와 같으므로 [math(a^{r}b^{n-r})]의 계수는 다음과 같다.
[math(\displaystyle \binom{n}{r} )]
1.2. 이항정리[편집]
따라서 [math((a+b)^{n})]의 꼴의 다항식을 전개하면 다음과 같은데, 이를 이항정리라 한다.
[math(\displaystyle (a+b)^{n}=\sum_{r=0}^{n} \binom{n}{r} a^{n-r}b^{r} )]
2. 이항계수의 성질[편집]
아래는 고교과정 수준에서 이항정리를 이용해 얻을 수 있는 이항계수의 성질들이다.[2] 일종의 조합론에서 쓰이는 생성함수 테크닉에 가깝지만, 교과과정에서는 당연히 '생성함수'라는 말을 언급하진 않는다.
아래의 문단의 결과를 모두 정리하면 다음과 같다.
- [math(\displaystyle \sum_{r=0}^n\binom{n}{r}=2^n)]
- [math(\displaystyle \sum_{r=0}^n\left(-1\right)^r\binom{n}{r}=0)]
- [math(\displaystyle \binom{n}{0}+\binom{n}{2}+\binom{n}{4}+\cdots=2^{n-1})]
- [math(\displaystyle \binom{n}{1}+\binom{n}{3}+\binom{n}{5}+\cdots=2^{n-1})]
- [math(\displaystyle \binom{2n}{n}=\sum_{r=0}^{n}\binom{n}{r}^2)]
- [math(\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\binom{k}{r}=\binom{n+1}{r+1})]
- [math(\displaystyle \sum_{k=0}^{r}\binom{n+k}{k}=\binom{n+r+1}{r})]
- [math(\displaystyle \binom{n}{0}+\binom{n-1}{1}+\binom{n-2}{2}+\cdots+\binom{1}{n-1}+\binom{0}{n}= F_n)]은 피보나치 수열을 이룬다.
- [math(\displaystyle \sum_{r=0}^nr\binom{n}{r}=n\cdot2^{n-1})]
- [math(\displaystyle \sum_{r=0}^nr^2\binom{n}{r}=n\left(n+1\right)2^{n-2})]
- [math(\displaystyle \sum_{r=0}^{n} \dfrac 1 {r+1} \binom{n}{r} = \dfrac 1 {n+1} 2^{n+1})]
- [math(\displaystyle \sum_{r=0}^{n} (-1)^{r+1} \dfrac 1 {r+1} \binom{n}{r} = 0)]
2.1. 성질 1[편집]
다항식 [math((x+1)^{n})]을 이항정리로 나타내면
[math(\displaystyle (x+1)^{n}=\sum_{r=0}^{n} \binom{n}{r} x^{r} )]
[2] 따라서 Vandermonde convolution [math( \displaystyle \binom{n+m}{r} = \sum \binom{n}{k} \binom{m}{r-k} )] 등의 다양한 이항계수 항등식들이 빠져 있다.
이것은 [math(x)]에 관한 항등식이므로 [math(x)]에 무엇을 대입하여도 성립한다. [math(x=1)]을 대입하면,
[math(\displaystyle 2^{n}=\sum_{r=0}^{n} \binom{n}{r} \qquad \cdots \; \text{(a)} )]
이번에는 [math(x=-1)]을 대입하면,
[math(\displaystyle 0=\sum_{r=0}^{n} \binom{n}{r}(-1)^{r} \qquad \cdots \; \text{(b)} )]
[math( (\text{(a)}+\text{(b)})/2 )]를 하면, 홀수 번째 항의 합이 된다.
[math(\displaystyle 2^{n-1}= \binom{n}{0}+\binom{n}{2}+\binom{n}{4}+\cdots)]
[math( (\text{(a)}-\text{(b)})/2 )]를 하면, 짝수 번째 항의 합이 된다.
[math(\displaystyle 2^{n-1}= \binom{n}{1}+\binom{n}{3}+\binom{n}{5}+\cdots)]
곧, 홀수 번째 항의 합과 짝수 번째 항의 합은 [math(2^{n-1})]으로 같으며, 이에 따라 전체 항의 합은 [math(2^n)]이다.
2.1.1. 참고: 부분집합의 개수[편집]
원소가 [math(n)]개인 집합의 부분집합의 개수를 세어 위 성질을 확인할 수도 있다. 전체집합
[math(S=\{s_1,\,s_2,\,\cdots,\,s_n\})]
의 임의의 부분집합의 원소의 개수를 [math(r)]라 하면 [math(0\leq r\leq n)]이고, 원소의 개수에 따른 부분집합의 개수는 전체집합 [math(S)]의 [math(n)]개의 원소 중 [math(r)]개를 뽑는 경우의 수이므로 [math(\binom{n}r)]이다. 따라서 부분집합의 개수는 다음과 같다.
[math(\displaystyle\binom{n}0+\binom{n}1+\cdots+\binom{n}n=\displaystyle\sum_{r=0}^n\binom{n}r)]
그런데 다른 방법으로 부분집합의 개수를 구할 수도 있다. 부분집합을 만들 때는 전체집합의 각 원소마다 해당 원소를 부분집합에 포함시킬지 말지의 두 가지 경우가 있다. 다시 말해서 부분집합에 [math(s_1)]을 포함시킬 수도 있고, 그렇지 않을 수도 있으며 이러한 논리는 [math(s_n)]까지 총 [math(n)]번 적용된다는 것이다. 그래서 모든 원소를 포함시키지 않으면 공집합이 되고, 포함시키면 전체집합이 되는 식이다. 결국 부분집합의 개수는 경우의 수의 곱의 법칙에 따라 [math(2^n)]이 된다. 이 결과는 위에서 알아본 다음 성질을 암시한다.
[math(\displaystyle 2^{n}=\sum_{r=0}^{n} \binom{n}{r})]
2.2. 성질 2[편집]
이번에는 다항식 [math((x+1)^{2n})]을 보자.
[math(\displaystyle (x+1)^{2n}=(x+1)^{n}(x+1)^{n})]
양변의 [math(n)]차항의 계수를 비교하면,
[math(\begin{aligned}\displaystyle \binom{2n}{n}&=\binom{n}{0}\binom{n}{n}+\binom{n}{1}\binom{n}{n-1}+\cdots+\binom{n}{n}\binom{n}{0}\\&={\binom{n}{0}}^{2}+{\binom{n}{1}}^{2}+{\binom{n}{2}}^{2}+\cdots+{\binom{n}{n}}^{2}\\&=\sum_{r=0}^{n} {\binom{n}{r}}^{2} \quad \left( \because\binom{n}{n-r}=\binom{n}{r} \right)\end{aligned})]
2.3. 성질 3[편집]
[math(\displaystyle \binom{n}{r}=\binom{n-1}{r-1}+\binom{n-1}{r} )]
위의 파스칼의 정리를 사용하여도 여러 성질이 유도된다.
[math(\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \binom{k}{r}=\binom{0}{r}+\binom{1}{r}+\binom{2}{r}+\cdots+\binom{n}{r}=\binom{n+1}{r+1} )]
을 증명하면 아래와 같다.
[math(\displaystyle \displaystyle \begin{aligned} &\underbrace{\binom{0}{r+1}+\binom{0}{r}}+\binom{1}{r}+\binom{2}{r}+\cdots+\binom{n}{r}
\\&=\,\,\,\underbrace{\binom{1}{r+1}+\binom{1}{r}}+\binom{2}{r}+\cdots+\binom{n}{r}
\\&=\,\,\,\quad \,\,\,\, \underbrace{\binom{2}{r+1}+\binom{2}{r}}_{ \binom{3}{r+1}}+\cdots+\binom{n}{r}
\\&=\cdots
\\&= \underbrace{\binom{n}{r+1}+\binom{n}{r}}
\\&= \,\,\,\quad \,\binom{n+1}{r+1} \end{aligned} )]
비슷한 방법으로 다음을 증명할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \binom{n}{0}+\binom{n}{1}+\binom{n}{2}+\cdots+\binom{n}{r} &=\binom{n+1}{0}+\binom{n}{1}+\binom{n}{2}+\cdots+\binom{n}{r} \\ &=\binom{n+r+1}{r} \quad \left( \because\displaystyle \binom{n}{0}=\binom{n+1}{0} \right) \\ \\ \therefore\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \binom{n+k}{r}&=\binom{n+r+1}{r} \end{aligned} )]
2.4. 성질 4[편집]
[math(\displaystyle F_{n} = \binom{n}{0}+\binom{n-1}{1}+\binom{n-2}{2}+\cdots+\binom{1}{n-1}+\binom{0}{n} )]
위와 같이 정의되는 수열 [math(F_{n})]은 피보나치 수열이다. [math(F_{0}=F_{1}=1)]이고, 파스칼의 정리에 의하여 다음이 성립한다.
[math(F_{n}=F_{n-1}+F_{n-2})]
2.5. 성질 5[편집]
이번에는 [math((1+x)^{n})]을 미분해 보자.
[math(\displaystyle \sum_{r=0}^{n} r \binom{n}{r} {x}^{r-1}=n(1+x)^{n-1} \qquad \cdots \text{(c)} )]
[math( \text{(c)})]에 [math(x=1)]을 대입하면
[math(\displaystyle \sum_{r=0}^{n} r \binom{n}{r}=n\cdot2^{n-1} )]
한편 [math( \text{(c)})]에 [math(x=-1)]을 대입하면
[math(\displaystyle \sum_{r=0}^{n} r \binom{n}{r} (-1)^{r-1}=0 )]
[math( \text{(c)})]를 한 번 더 미분하여 [math(x=1)]을 대입하면
[math(\displaystyle \sum_{r=0}^{n} r^{2} \binom{n}{r}=n(n+1)2^{n-2} )]
[math(\displaystyle (x+1)^{n}=\sum_{r=0}^{n} \binom{n}{r} x^{r} )]
을 적분하여 [math(x=1)]을 대입하면
[math(\displaystyle \sum_{r=0}^{n} \dfrac 1 {r+1} \binom{n}{r} x^{r+1} = \dfrac 1 {n+1} (x+1)^{n+1})]
[math(\displaystyle \sum_{r=0}^{n} \dfrac 1 {r+1} \binom{n}{r} = \dfrac 1 {n+1} 2^{n+1})]
[math(x=-1)]을 대입하면
[math(\displaystyle \sum_{r=0}^{n} (-1)^{r+1} \dfrac 1 {r+1} \binom{n}{r} = 0)]
한편,
[math(\displaystyle (x+1)^{n}=\sum_{r=0}^{n} \binom{n}{r} x^{r} )]
식에 허수단위 [math(\displaystyle i)]를 대입하면
[math(\displaystyle \begin{aligned} (i+1)^{n}&=\sum_{r=0}^{n} \binom{n}{r} i^{r}\\& = \left \{ \binom{n}{0} - \binom{n}{2} + \binom{n}{4} - \cdots \right \} +\left \{ \binom{n}{1} - \binom{n}{3} + \binom{n}{5} - \cdots \right \}i \end{aligned})]
위 결과는 아래와 같이 정리할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \Re((i+1)^{n})&= \binom{n}{0} - \binom{n}{2} + \binom{n}{4} - \binom{n}{6} + \cdots\\&=\sum_{r=0}^{-\lceil-n/2\rceil}(-1)^r\binom{n}{2r} \\ \Im((i+1)^{n})&=\binom{n}{1} - \binom{n}{3} + \binom{n}{5} - \binom{n}{7} + \cdots\\&=\sum_{r=0}^{\lceil n/2\rceil}(-1)^r\binom{n}{2r+1}\end{aligned})]
이때, [math(\Re(z))], [math(\Im(z))]는 각각 복소수 [math(z)]의 실수 부분, 허수 부분이다.
다만, 〈교육부 고시 제2015-74호 [별책 8] 수학과 교육과정〉 p. 97에서 '허수단위 [math(i)]가 포함된 이항정리에 관한 문제는 다루지 않는다.'라고 명시되어 있으므로 고등학교 시험에서 이를 물을 수 없다.
2.6. 이항계수의 역수의 합[편집]
[math(a_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n {\displaystyle \binom{n}k}^{-1})]
이라 하면 수열 [math(\{a_n\})]은 이항계수의 역수의 합이다. [math(a_1)]부터 차례로 계산해 보면 다음과 같다.
[math(\begin{aligned}a_1&=\dfrac11+\dfrac11=2\\ a_2&=\dfrac11+\dfrac12+\dfrac11=\dfrac52\\ a_3&=\dfrac11+\dfrac13+\dfrac13+\dfrac11=\dfrac83\\ a_4&=\dfrac11+\dfrac14+\dfrac16+\dfrac14+\dfrac16=\dfrac83\\ a_5&=\dfrac11+\dfrac15+\dfrac1{10}+\dfrac1{10}+\dfrac15+\dfrac11=\dfrac{13}5\\ a_6&=\dfrac11+\dfrac16+\dfrac1{15}+\dfrac1{20}+\dfrac1{15}+\dfrac16+\dfrac11=\dfrac{151}{60}\\ \vdots \,\,&=\,\, \vdots\end{aligned})]
위와 같이 [math(n=3)] 또는 [math(n=4)]일 때 최댓값 [math(8/3)]을 가지며, 그 이후로는 값이 계속 감소하여 [math(2)]에 수렴한다. 즉, [math(\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=2)]이다.
[math(\{a_n\})]의 점화식은 다음과 같다.
[math(a_n=\dfrac{n+1}{2n}a_{n-1}+1\quad(n\geq2))]
[math(\{a_n\})]의 일반항은 다음과 같다.
[math(a_n=\dfrac{n+1}{2^{n+1}}\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{2^k}k)]
일반항·극한 증명 [펼치기·접기]
우선 [math(\binom nk=\dfrac n{n-k}\binom{n-1}k)]에서[math(\dfrac1{\binom{n}k}=\dfrac{n-k}n\dfrac1{\binom{n-1}k}\;\cdots\,(1))]
이고 [math(\binom n{k+1}=\dfrac n{k+1}\binom{n-1}k)]에서[math(\dfrac1{\binom{n}{k+1}}=\dfrac{k+1}n\dfrac1{\binom{n-1}k}\;\cdots\,(2))]
[math((1))]과 [math((2))]를 변끼리 합하여 [math(k=0)]부터 [math(n-1)]까지의 합을 구하면[math(\begin{aligned}\dfrac1{\binom{n}k}+\dfrac1{\binom{n}{k+1}}&=\dfrac{n+1}n\dfrac1{\binom{n-1}k}\\\rightarrow\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\left[\dfrac1{\binom{n}k}+\dfrac1{\binom{n}{k+1}}\right]&=\dfrac{n+1}n\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac1{\binom{n-1}k}\end{aligned})]
[math(1/\binom n0+1/\binom nn=2)]이므로 좌변과 우변에 각각 [math(1/\binom n0+1/\binom nn)]과 [math(2)]를 더하면[math(2\displaystyle\sum_{k=0}^n\dfrac1{\binom nk}=2+\dfrac{n+1}n\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac1{\binom{n-1}k})]
양변에 [math(2^n/(n+1))]을 곱하면[math(\dfrac{2^{n+1}}{n+1}\displaystyle\sum_{k=0}^n\dfrac1{\binom nk}=\dfrac{2^{n+1}}{n+1}+\dfrac{2^n}n\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac1{\binom{n-1}k}\;\cdots\,(3))]
여기에서 수열 [math(\{a_n\})]을[math(a_n=\dfrac{2^{n+1}}{n+1}\displaystyle\sum_{k=0}^n\dfrac1{\binom nk}\;\cdots\,(4))]
으로 정의하면 [math((3))]을 다음과 같이 수열의 귀납적 정의로 쓸 수 있다.[math(\begin{aligned}a_n&=\dfrac{2^{n+1}}{n+1}+a_{n-1}\\&\equiv f(n)+a_{n-1}\end{aligned})]
이를 통하여 [math(\{a_n\})]의 일반항을 구하자. 우선 [math(a_1)]의 값은[math(a_1=\dfrac{2^{1+1}}{1+1}\displaystyle\sum_{k=0}^1\dfrac1{\binom 1k}=4)]
이므로 다음이 성립한다.[math( \begin{aligned}
\cancel{a_2}&=f(2)+a_1 \\
\cancel{a_3}&=f(3)+\cancel{a_2} \\&\quad \; \; \vdots \\\cancel{a_{n-1}}&=f(n-1)+\cancel{a_{n-2}} \\
+\qquad a_n&=f(n)+\cancel{a_{n-1}} \\
\hline
\therefore a_n&=a_1+\displaystyle\sum_{k=2}^nf(k)\\&=4+\sum_{k=3}^nf(k-1)\;\cdots\,(5)\end{aligned})]
이때 [math(f(1-1))]과 [math(f(2-1))]의 합은[math(\begin{aligned}f(1-1)+f(2-1)&=f(0)+f(1)\\&=\dfrac{2^{0+1}}{0+1}+\dfrac{2^{1+1}}{1+1}=4\end{aligned})]
이므로 [math((5))]는 다음과 같다.[math(\begin{aligned}\dfrac1{\binom nk}&=4+\displaystyle\sum_{k=3}^nf(k-1)\\&=f(1-1)+f(2-1)+\sum_{k=3}^nf(k-1)\\&=\sum_{k=1}^nf(k-1)=\sum_{k=1}^n\dfrac{2^k}k\end{aligned})]
[math((3))]의 양변에 [math((n+1)/2^{n+1})]을 곱하면 이항계수의 역수의 합의 일반항이 도출된다.[math(\displaystyle\sum_{k=0}^n\dfrac1{\binom nk}=\dfrac{n+1}{2^{n+1}}\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{2^k}k)]
이제 [math(\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n)]의 값을 구하자. [math(2\leq k\leq n-2)]이면 [math(\binom nk\geq\binom n2)]이므로 [math(n\geq 4)]에 대하여따라서 [math(n\geq 4)]에 대하여[math(2+\dfrac2n\leq\displaystyle\sum_{k=0}^n\dfrac1{\binom nk}\leq2+\dfrac4n)]
이므로 조임 정리에 의하여 극한값은 다음과 같다.[math(\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}\left(2+\dfrac2n\right)=\lim_{n\to\infty}\left(2+\dfrac4n\right)=2)]
극한값에 대한 다양한 증명들은 Calculate sums of inverses of binomial coefficients를 참고하자.
3. 다항정리[편집]
이항정리는 항이 2개일 때 사용한다면, 다항정리는 항이 3개 이상일 때 사용한다. 다음과 같은 꼴의 다항식을 고려하자.
[math(\displaystyle (x_{1}+x_{2}+x_{3}+\cdots+x_{m})^{n} )]
[math(x_{1}^{n_{1}}x_{2}^{n_{2}} \cdot \cdots \cdot x_{m}^{n_{n}})] (단, [math(\sum_{k=1}^{n}n_{k}=n)])의 계수를 구하고 싶다면, 이항정리 때의 논법과 유사하게 [math(x_{1} \sim x_{n})]을 중복을 허락하여 일렬로 배열하는 경우의 수와 같으므로 그 계수는 다음과 같다.
[math(\displaystyle \frac{n!}{n_{1}! n_{2}! n_{3}! \cdot \cdots \cdot n_{n}!} )]
따라서 다항정리는 다음과 같다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} &(x_{1}+x_{2}+x_{3}+\cdots+x_{m})^{n} \\ &=\sum \frac{n!}{n_{1}! n_{2}! n_{3}! \cdot \cdots \cdot n_{m}!} x_{1}^{n_{1}}x_{2}^{n_{2}} \cdot \cdots \cdot x_{m}^{n_{m}} \end{aligned})]
다만, 〈교육부 고시 제2015-74호 [별책 8] 수학과 교육과정〉 p. 97에서 '항이 세 개 이상인 다항정리에 관한 문제는 다루지 않는다.'라고 명시되어 있으므로 고등학교 시험에서 이를 물을 수 없다.
4. 일반화된 이항계수와 뉴턴의 이항정리[편집]
고교과정을 넘어서면, [math(\binom{n}{r})] 중 [math(n)]이 정수가 아닐 때도 정의되기 때문에 이항정리를 일반화할 수 있다. 다만, 여전히 [math(r)]가 음이 아닌 정수이어야 한다. 따라서 다음의 조합의 정의에 따라
[math(\displaystyle \binom{n}{r}=\frac{n(n-1)(n-2)\cdot \cdots \cdot (n-r+1)}{r!} )]
[math(n=b/a)]일 때의 이항계수는
[math(\displaystyle \binom{b/a}{r}=\frac{b!_{a}}{r!a^{r}(b-ar)!_{a}} )]
로 일반화된다. 여기서 [math(N!_{p})]는 [math(p)]중 계승으로 정의되고,
[math(\begin{aligned}\displaystyle N!_{p} &\equiv \prod_{m=0}^{\lfloor\left(N-1\right)/p\rfloor} \left(N-mp\right)\\&\equiv\prod^{\forall{g}\equiv N\pmod{p}} g \end{aligned} )][3]
[3] [math(g)]는 법 [math(p)]에 대해서 [math(N)] 이하의 0을 포함하는 모든 양의 정수 중 [math(N)]과 합동인 정수들의 곱
로 정의된다.
뉴턴은 이를 이용해서 이항정리의 일반화된 버전을 증명하였는데, 실수 혹은 복소수 [math(z)]에 대하여 전개식
[math(\displaystyle \displaystyle (z+1)^n = \sum_{r=0}^{\infty} \binom{n}{r} z^r )]
이 성립한다는 것이다. 증명은 테일러 정리를 사용하면 바로 나오게 된다.[4]
사실 이 이항정리 자체보다는 더 큰 의미를 갖는 것은 이항계수 성질의 확장이다. 파스칼 항등식, 하키스틱 성질 등등 이항계수에서 성립하는 성질들 대부분은 (확장할 수 있으면) 일반화된 이항계수에서 무조건 성립한다. 어찌 보면 당연한 게 이항계수도 어쨌든 [math(n)]에 대한 다항식이므로, 다항식 등식이 양의 정수값에 대해 같은 값을 가진다면 항등식이 되는 게 맞다. 하지만 실제로 [math(n)]에 음의 정수나 유리수 등을 넣어서, 카탈란 수나 중복조합 등등을 유의미하게 계산해내고, 이들의 성질을 자연수에서 성립하는 이항계수 성질의 유추로 증명하는 건 단순히 조합만으로는 납득하기 힘든 강력한 도구가 되곤 한다.
만약 [math(n)], [math(r)]가 모두 정수가 아닐 경우[5] 베타 함수로 이항계수를 정의해야 한다.
5. 1학년의 꿈[편집]
자세한 내용은 1학년의 꿈 문서를 참고하십시오. 6. 관련 문서[편집]
이 문서의 내용 중 전체 또는 일부는 2023-12-14 16:54:05에 나무위키 이항정리 문서에서 가져왔습니다.