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@@ -0,0 +1,164 @@
+\chapter{二项式定理与贾宪三角}
+\section{二项式定理}
+\begin{theorem}[二项式定理]
+    在$(x+y)^n$的展开式中，$x^{n-k}y^k$的系数是$\binom{n}{k}$。
+    \[(x+y)^n = \binom{n}{0}x^n + \binom{n}{1}x^{n-1}y + \binom{n}{2}x^{n-2}y^2 + \cdots + \binom{n}{n-1}xy^{n-1} + \dbinom{n}{n}y^n \eqper\]
+\end{theorem} 
+
+\begin{corollary}
+    令$x=y=1$，可以得到
+    \[2^n = \binom{n}{0} + \binom{n}{1} + \binom{n}{2} + \cdots + \binom{n}{n} \text{；}\]
+    令$x = -y = 1$，可以得到
+    \[0 = \binom{n}{0} - \binom{n}{1} + \binom{n}{2} - \cdots + (-1)^n\binom{n}{n}\eqper\]
+\end{corollary}
+
+\section{k项式定理}
+将$n$个礼物分给$k$个孩子，其中第一个拿到$n_1$个，第二个拿到$n_2$个，……第$n$个拿到$n_k$个。共有多少种分礼物的方式？
+\begin{proof}[解]
+    由题，有
+    \[n_1 + n_2 + \cdots + n_k = n\]
+    分礼物的过程可以是：把$n$个礼物先按照某个顺序排成一排（共$n!$种排法），然后从某一端开始前$n_1$个给第一个孩子，之后的$n_2$个给第二个孩子……最后的$n_k$个分给第$k$个孩子。但是要注意到，每个孩子拿到的礼物中的内部的顺序是不重要的，因此还需要再除以$n_1!n_2!\cdots n_k!$。
+
+    综上，可能的分礼物的方法数为
+    \[\frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_k!}\eqper\]
+\end{proof}
+
+\begin{corollary*}
+    \[\sum_{n_1 + n_2 + \cdots + n_k = n} \frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_k!} = k^n \eqper\]
+\end{corollary*}
+
+\begin{proof}
+    上式的意义即计算将$n$个礼物分给$k$个孩子，不限制每个孩子所得的礼物数的总方法数，即$k^n$。
+\end{proof}
+
+\begin{theorem}[k项式定理]
+    \[\left(\sum_{i=1}^k x_i\right)^n = n!\sum_{n_1 + n_2 + \cdots + n_k = n} \prod_{i=1}^k \frac{x_i^{n_i}}{n!} \eqper\]
+\end{theorem}
+
+\section{允许重复的组合}
+\begin{example}
+    将$n$个相同的硬币分给$k$个人，每人至少一个。有多少种分法？
+\end{example}
+
+\begin{theorem}\label{undistinguishable combination}
+    $n$个相同物品分给$k$个人，每人至少一个，共有$\binom{n-1}{k-1}$种分法。
+\end{theorem}
+
+\begin{proof}
+    将硬币排成一排，在其中选$k-1$个位置作为分隔点，就能得到一个符合要求的分法，共有$\binom{n-1}{k-1}$种。
+\end{proof}
+
+\begin{theorem}
+    $n$个相同物品分给$k$个人，允许有人没有，共有$\binom{n+k-1}{k-1}$种分法。
+\end{theorem}
+
+\begin{proof}
+    先在$n$个硬币中再添加$k$个，之后按照定理\ref{undistinguishable combination}中的分法再分，这样每个人至少有一个物品，再将多出的物品从每人那里拿走一个，即$\binom{n+k-1}{k-1}$种分法。
+\end{proof}
+
+上面两个定理都是允许重复的组合。它也可以写成：
+\begin{enumerate}
+    \item 在$k$个不同的元素中取$n$个进行组合，且允许重复，则组合数为$\binom{n+k-1}{n}$。
+    \item 即：$n$个无区别的球放进$k$个有标志的盒子里，每盒放的球可多于一个，则共有$\binom{n+k-1}{n}$中方案。
+\end{enumerate}
+
+\begin{proof}
+    只要证允许重复组合与$n+k-1$个不同的元素中取$n$个作不重复的组合一一对应，就可得证。
+
+    假设$k$不同元素为$1, 2, \cdots, k$。从中取$n$个作允许重复的组合（$a_1, a_2, \cdots , a_n$）。不失一般性设$a_1 \leq a_2 \leq \cdots \leq a_n$。
+
+    这个组合自然地对应到一不重复的组合（$a_1, a_2 + 1, \cdots a_i + i - 1, \cdots, a_n + n - 1$）。
+
+    注意到这相当于从$n+k-1$个不同的元素中取$n$个不重复的组合，故为$\binom{n+k-1}{n}$。
+\end{proof}
+
+\section{贾宪三角}
+\begin{table}[H]
+    \begin{center}
+        \begin{tabular}{ccccccccccccc}
+            & & & & & & $\dbinom{0}{0}$ & & & & & & \\
+            & & & & & $\dbinom{1}{0}$ & & $\dbinom{1}{1}$ & & & & & \\
+            & & & & $\dbinom{2}{0}$ & & $\dbinom{2}{1}$ & & $\dbinom{2}{2}$ & & & & \\
+            & & & $\dbinom{3}{0}$ & & $\dbinom{3}{1}$ & & $\dbinom{3}{2}$ & & $\dbinom{3}{3}$ & & & \\
+            & & $\dbinom{4}{0}$ & & $\dbinom{4}{1}$ & & $\dbinom{4}{2}$ & & $\dbinom{4}{3}$ & & $\dbinom{4}{4}$ & & \\
+            & $\dbinom{5}{0}$ & & $\dbinom{5}{1}$ & & $\dbinom{5}{2}$ & & $\dbinom{5}{3}$ & & $\dbinom{5}{4}$ & & $\dbinom{5}{5}$ & \\
+            $\dbinom{6}{0}$ & & $\dbinom{6}{1}$ & & $\dbinom{6}{2}$ & & $\dbinom{6}{3}$ & & $\dbinom{6}{4}$ & & $\dbinom{6}{5}$ & & $\dbinom{6}{6}$\\
+        \end{tabular}
+    \end{center}
+\end{table}
+
+\begin{table}[H]
+    \begin{center}
+        \begin{tabular}{ccccccccccccc}
+            & & & & & & 1 & & & & & & \\
+            & & & & & 1 & & 1 & & & & & \\
+            & & & & 1 & & 2 & & 1 & & & & \\
+            & & & 1 & & 3 & & 3 & & 1 & & & \\
+            & & 1 & & 4 & & 6 & & 4 & & 1 & & \\
+            & 1 & & 5 & & 10 & & 10 & & 5 & & 1 & \\
+            1 & & 6 & & 15 & & 20 & & 15 & & 6 & & 1\\
+        \end{tabular}
+    \end{center}
+\end{table}
+
+\section{贾宪三角等式}
+\begin{enumerate}
+    \item $\dbinom{n}{k} = \dbinom{n}{n-k}$；
+    \item $\dbinom{n}{k} = \dbinom{n-1}{k-1} + \dbinom{n-1}{k}$；
+    \item $\dbinom{n}{0} + \dbinom{n}{1} + \cdots + \dbinom{n}{n} = 2^n$；
+    \item $\dbinom{n}{0} - \dbinom{n}{1} + \dbinom{n}{2} - \cdots + (-1)^n \dbinom{n}{n} = 0$；
+    \item $\dbinom{n+m}{k} = \dbinom{n}{0}\dbinom{m}{k} + \dbinom{n}{1}\dbinom{m}{k-1} + \cdots + \dbinom{n}{k}\dbinom{m}{0}, k \leq \min (m,n)$；
+    \item $\dbinom{m+n}{m} = \dbinom{m}{0} \dbinom{n}{0} + \dbinom{m}{1} \dbinom{n}{1} + \cdots + \binom{m}{m} \dbinom{n}{m}, m \leq n$；
+    \item $\dbinom{n+k+1}{k} = \dbinom{n+k}{k} + \dbinom{n+k-1}{k-1} + \dbinom{n+k-2}{k-2} + \cdots + \dbinom{n+1}{1} + \dbinom{n}{0}$；
+    \item $\dbinom{n}{k}\dbinom{k}{r} = \dbinom{n}{r}\dbinom{n-r}{k-r}, k \geq r$。
+\end{enumerate}
+
+\section{鸟瞰贾宪三角}
+贾宪三角中的每一行都是从1开始单调增加到终点，然后单调减少到一。
+
+问题：贾宪三角的第$n$行的最大值多大？
+
+粗略地估计，有
+\[\dfrac{2^n}{n+1} < \dbinom{n}{n/2} < 2^n\eqper\]
+
+更精确地估计，有
+\[\binom{n}{n/2} = \frac{n!}{(\frac{n}{2})!(\frac{n}{2})!}\eqco\]
+应用Stirling公式，
+\[n! \sim \sqrt{2 \pi n} (\frac{n}{e})^n, \left(\frac{n}{2}\right)! \sim \sqrt{\pi n}\left(\frac{n}{2e}\right)^{\frac{n}{2}}\]
+因此
+\[\binom{n}{n/2} \sim \frac{\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n}{\pi n \left(\frac{n}{2e}\right)^n} = \sqrt{\frac{2}{\pi n}}2^n \eqper\]
+
+\section{鹰瞰贾宪三角}
+粗略地估计，有
+\[\binom{2n}{n-t} \bigg/ \binom{2n}{n} \approx \underset{\text{高斯曲线}}{e^{-\frac{t^2}{n}}} \eqper\]
+
+如果需要更精细的、严格的边界，有
+\[e^{-\frac{t^2}{n-t+1}} \leq \binom{2n}{n-t} \bigg/ \binom{2n}{n} \leq e^{-\frac{t^2}{n+t}}\eqper\]
+
+不等式右侧的证明：将组合数展开后取对数，再利用$\ln x \leq x - 1$放缩即可得证。
+
+\begin{lemma}
+    令$0 \leq k \leq n$且$c = \binom{2n}{k} \bigg/ \binom{2n}{n}$（即$k-1$项的高度与中心高度的比值），那么
+    \[
+        \underbrace{\binom{2n}{0} + \binom{2n}{1} + \cdots + \binom{2n}{k-1}}_{\text{高斯曲线中从$-\infty$到$k-1$的面积}} < c \times \underbrace{2^{2n-1}}_{\text{曲线左半部分的面积}}
+    \]
+\end{lemma}
+
+\begin{proof}
+    注意到
+    \[
+        \binom{2n}{k} = c \binom{2n}{n}
+    \]
+    从而
+    \[
+        \binom{2n}{k-1} < c \binom{2n}{n-1}
+    \]
+    那么有
+    \[
+        \binom{2n}{k-i} < c \binom{2n}{n-1}
+    \]
+    将所有式子累加得到
+    \[
+        \binom{2n}{0} + \binom{2n}{1} + \cdots + \binom{2n}{k-1} < c 2^{2n-1}
+    \]
+\end{proof}
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@@ -8,6 +8,7 @@
 \usepackage[colorlinks, linkcolor=black, anchorcolor=green, citecolor=blue]{hyperref}
 \usepackage{mathrsfs}
 \usepackage[inline]{enumitem}
+\usepackage{float}
 
 \geometry{a4paper,scale=0.8}
 
@@ -20,6 +21,7 @@
 \newtheorem{definition}{定义}[section]
 \newtheorem{lemma}{引理}[theorem]
 \newtheorem{corollary}{推论}[theorem]
+\newtheorem*{corollary*}{推论}
 \newtheorem{example}{例}[section]
 \newtheorem{proposition}{命题}[theorem]
 
@@ -50,4 +52,5 @@
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