Binomial koeffisient

I matematikk er binomiale koeffisienter , kombinatoriske tall eller kombinasjoner tall studert i kombinatorikk som tilsvarer antall måter delmengder kan trekkes fra et gitt sett. Avhengig av eksponeringens fokus kan imidlertid andre tilsvarende definisjoner brukes.

Kombinatorisk definisjon

Det er et sett med seks forskjellige objekter {A, B, C, D, E, F }, som du ønsker å velge to av (uavhengig av rekkefølgen du velger). Det er 15 måter å gjøre et slikt valg på:

A, B	A,C	A,D	A,E	A,F
	B,C	B,D	VÆRE	B,F
		C,D	C,E	C,F
			AV	D,F
				E, F

Antall måter å velge k elementer fra et sett med n , kan angis på forskjellige måter: [ note 1 ] , , , , eller . I forrige eksempel har vi altså at C (6,2) = 15, siden det er 15 måter å velge 2 objekter fra et sett med seks elementer. $C_{(n,k)}$ $n\, C\, k\,$ $C^n_k\,$ $C_{n}^{k}\,$ ${n\velg k}$

Tallene C ( n , k ) er kjent som " binomiale koeffisienter ", men de blir ofte referert til som " kombinasjoner av n i k ", eller ganske enkelt " n i k ". Derfor er den første definisjonen:

Den binomiale koeffisienten er antall delmengder av k elementer valgt fra et sett med n elementer. ${n\velg k}$

Det er viktig å merke seg at definisjonen implisitt antar at n og k er naturlige, og videre at k ikke overstiger n . Vi kan definere C ( n , k ) =0 hvis k > n , siden det ikke er mulig å velge flere elementer enn den gitte mengden har (så det er null måter å gjøre valget på). Disse presisjonene vil bli relevante senere når generaliseringer av begrepet diskuteres (for eksempel når n eller k er negative eller når de ikke er heltall).

Algebraisk definisjon

Den kombinatoriske definisjonen tillater ikke å beregne verdien av de binomiale koeffisientene, bortsett fra ved å liste opp delmengdene og telle dem. Det er imidlertid en eksplisitt formel som gir oss verdien av C( n , k ).

Anta at originalsettet har fem elementer, hvorav tre må velges. Når du velger det første, er det fem alternativer tilgjengelig, men når det første er løst, er det bare fire alternativer for det andre, og derfor bare tre alternativer for det siste (fordi de som er valgt i de to første trinnene ikke kan gjentas). På denne måten kan utvalget gjøres på 5×4×3=60 måter.

Men i en slik telling gjør rekkefølgen elementene er valgt i en forskjell. For eksempel, å ta C, så B, så E, er et annet valg enn å ta B, så C, så E. Men i definisjonen av en binomial koeffisient spiller det ingen rolle hvilken rekkefølge objektene er valgt i, bare hvilken de er valgt. Derfor er valgene BCE, BEC, CEB, CBE, ECB og EBC alle likeverdige. Tilsvarende er valgene ABC, ACB, BCA, BAC, CAB og CBA ekvivalente, og så videre for en hvilken som helst triplett av bokstaver.

På denne måten er resultatet oppnådd (60) ikke antall delmengder av 3 elementer av {A, B, C, D, E }, men hver delmengde telles i stedet seks ganger, så antallet delmengder er egentlig 60/ 6 = 10.

Argumentet presentert for eksempelet kan generaliseres som følger. Hvis det er et sett med n elementer, hvorav k skal velges , kan det (ordnede) valget gjøres av

n\ ganger (n-1)\ ganger (n-2)\ ganger \dots \ ganger (n-k+1)

måter, siden det i det første trinnet er n alternativer, i det andre er det n -1, i det tredje n -2, og så videre, og slutter på trinn k som vil ha n - k +1 alternativer.

Nå deler du produktet ovenfor med antall "tilsvarende" valg. Men hvis du har k objekter, er det k! måter å permutere dem på , det vil si k! måter å liste dem i annen rekkefølge. La oss huske at k ! leses k - faktoriell og er lik

k!=1\ ganger 2\ ganger 3\ ganger \dots \ ganger k

Vi konkluderer med at antall delmengder med k elementer valgt fra et sett med n elementer er

{n\velg k} = \frac{ n(n-1)(n-2)\cdots (n-k+1)}{1\cdot 2\cdot 3 \cdots (k-1)\cdot k}

Multiplisere telleren og nevneren for brøken med 1×2×3×···×(nk)

{n\velg k} = \frac{ 1\cdot 2\cdot 3\cdots (nk)\cdot (n-k+1)\cdots (n-2)\cdot (n-1)\cdot n}{ (1\cdot 2\cdot 3\cdots k)\Big(1\cdot 2 \cdot 3\cdots (nk)\Big)}

Det forrige uttrykket kan skrives mer kompakt ved å bruke faktorialer, et uttrykk som noen ganger brukes som selve definisjonen av binomial koeffisient (spesielt i elementære tekster som ikke forklarer dens kombinatoriske opprinnelse):

Den binomiale koeffisienten er gitt av formelen ${n \velg k}$ ${n \choose k}={\frac {n!}{k!(nk)!}}$

Pascals trekant

Det er en rekursiv formel for binomiale koeffisienter (se Pascals teorem ):

{\binom {n}{k}}={\binom {n-1}{k-1}}+{\binom {n-1}{k}}

hvor med og være $n,k\in \mathbb {Z}$ $n\geq 0$ $k>0$

\binom n0 = 1 \quad \mbox{for alle heltall } n\ge0,

\binom 0k = 0 \quad \mbox{for alle heltall } k>0.

Demonstrasjon:

{\begin{aligned}{\binom {n-1}{k-1}}+{\binom {n-1}{k}}&={\frac {(n-1)!}{ (k-1)!\cdot (nk)!}}+{\frac {(n-1)!}{k!\cdot (nk-1)!}}\\[.5em]&={\frac {(n-1)!\cdot k}{k\cdot (k-1)!\cdot (nk)!}}+{\frac {(n-1)!\cdot (nk)}{k!\ cdot (nk)\cdot (nk-1)!}}\\[.5em]&={\frac {(n-1)!\cdot (k+nk)}{k!\cdot (nk)!} }\\[.5em]&={\frac {n!}{k!\cdot (nk)!}}={\binom {n}{k}}.\end{aligned}}

Definisjon ved matematisk induksjon

Noen matematikere kjenner denne definisjonen som en rekursiv definisjon . [ 1 ]

Hvis vi har et sett med n elementer, hvor n ≥ 0, er det en unik delmengde uten elementer (eller null elementer), som er det tomme settet, så antallet av disse delmengdene med null elementer er 1, uansett hva det lar seg gjøre være n . [ 2 ]

C(n, 0) = 1

På den annen side, hvis vi har en liste over delmengdene av k elementer og til hver av dem legger vi i sin tur til hvert av n - k elementene i det opprinnelige settet som ikke var i det delsettet, den resulterende listen over delmengder vil inneholde alle undersettene av k +1-elementer, og hver av dem vil også vises gjentatt k +1 ganger i nevnte liste.

2) [ 3 ]

C(n,k)={\frac {(n-k+1)}{k}}\cdot C(n,k-1)

Binomialsetningen og binomiale koeffisienter

Til slutt er det en tredje måte å definere binomiale koeffisienter på, som gir opphav til navnet deres. Imidlertid skjuler denne definisjonen den kombinatoriske betydningen av tallene, siden ekvivalensen med de tidligere definisjonene ikke er tydelig.

Den binomiale koeffisienten er koeffisienten til begrepet oppnådd ved å utvide ${n \velg k}$ $x^{nk}y^{k}\,$ $(x+y)^n\,$

For eksempel, hvis vi utvider, får vi: $(x+y)^{5}$

(x+y)^5 = x^5+5x^4y+10x^3y^2+10x^2y^3+5xy^4+y^5

Derfor, siden 10 er koeffisienten til x ³y², konkluderer vi med at C(5,3)=10.

Utsagnet om at denne definisjonen er ekvivalent med de foregående er kjent som binomialsetningen eller Newtons teorem , som ga et bevis på en generell versjon av resultatet. Måten å beregne koeffisientene på var imidlertid kjent for ulike kulturer mange århundrer i forveien.

For å illustrere ekvivalensen mellom denne definisjonen og den forrige, la oss se på et eksempel med n =3, k =2. Vi kan tenke på faktorene som er farget henholdsvis blått, rødt og grønt. $(x+y)^{3}=(x+y)(x+y)(x+y)$

På den ene siden er det kjent at , så koeffisienten til er 3. På den annen side, når man utvider faktorene, vil det dukke opp et begrep hver gang to farger velges for x (la den gjenværende fargen stå igjen for y ). Antall måter å velge to farger på fra tre mulige alternativer er nøyaktig , som nevnt ovenfor. Konklusjonen er at koeffisienten til nødvendigvis er . $(x+y)^{3}=x^{3}+3x^{2}y+3xy^{2}+y^{3}$ $x^{2}y$ $x^{2}y$ $C_{(3,2)}$ $x^{2}y$ $C_{(3,2)}$

For det generelle tilfellet kan det tenkes at n faktorene til ( x + y ) n har blitt farget med forskjellige farger, så koeffisienten til x k og n-k vil være lik antall måter å velge k farger å tilordne til variabelen x (etterlater de resterende nk -fargene for y ). Antall måter å velge k farger på blant n mulige alternativer er C( n , k ), som avslutter beviset.

I mer tekniske sammenhenger brukes ofte en annen måte å uttrykke Newtons teorem ved å bruke summeringer :

Utviklingen av er . $(x+y)^n\,$ $(x+y)^{n}=\sum{k=0}^{n}{n \choose k}x^{nk}y^{k}$

Denne formelen generaliserer for mer enn to tillegg som følger:

(x_1 + \cdots + x_r)^n = \sum_{n_1 + \cdots + n_r = n}^n {n \choose n_1 \cdots n_r} x_1^{n_1} \cdots x_r^{n_r}

hvor er en multinomial koeffisient som er definert: . Multinomiale koeffisienter har også en kombinatorisk definisjon. Siden det ikke er noe mer enn summen av , ,... og , brukes også notasjoner der , ikke vises, for eksempel . Andre notasjoner er eller . ${n \velg n_1 \cdots n_r}$ ${n \velg n_1 \cdots n_r} \equiv {n! \over n_1! \cdots n_r!}$ $n$ $n_1$ $n_2$ $n_r$ $n$ $(n_1 \cdots n_r)$ $(n; n_1 \cdots n_r)$ $(n_1 \cdots n_r)!$

Pascals teorem

I 1654 inngikk Blaise Pascal en korrespondanse med Pierre de Fermat om visse sannsynlighetsproblemer, en korrespondanse som ville gi opphav til hans Traité du triangle arithmétique , regnet som et av pionerarbeidene i den moderne studien av sannsynlighet. I det arbeidet studerer han blant annet det som nå er kjent som Pascals trekant, som er en rekke tall definert nedenfor.

Det er et rektangulært rutenett der tallet 1 er skrevet i boksene på øvre kant og venstre kant:

1	1	1	1	…
1
1
1
…

Tallene til de andre boksene oppnås med følgende regel: i hver boks er summen av verdiene til to tilstøtende bokser skrevet, en plassert til venstre og den andre øverst:

1	1	1	1	1	1	1	…
1	to	3	4	5	6	7	…
1	3	6	10	femten	tjueen	28	…
1	4	10	tjue	35	56	84	…
…	…	…	…	…	…	…

Matrisen er symmetrisk, så det er vanlig å presentere arrangementet i en trekantet form, med skrånende kanter, som vist på figuren. På denne måten er hvert tall lik summen av de to som er over det.

Pascal bemerket at for ethvert heltall n gjelder det

{n\velg 0} = 1 = {n\velg n}

siden det bare er én måte å velge null eller alle elementer i et gitt sett. På denne måten kan kantene skrives om som:

C(0,0)	C(1,1)	C(2,2)	C(3,3)	…
C(1,0)
C(2,0)
C(3,0)
…

Til slutt la Pascal merke til at de andre cellene i matrisen også er binomiale koeffisienter:

C(0,0)	C(1,1)	C(2,2)	C(3,3)	…
C(1,0)	C(2,1)	C(3,2)	C(4,3)	…
C(2,0)	C(3,1)	C(4,2)	C(5,3)	…
C(3,0)	C(4,1)	C(5,2)	C(6,3)	…
…	…	…	…	…

Når oppføringene er oppført i trekantet form som på figuren, er det mulig å angi dette resultatet som

Posisjonen k (teller fra null) i rad n i Pascals trekant er lik den binomiale koeffisienten . ${n\velg k}$

Påstanden om at oppføringene til Pascals trekant er nettopp de binomiale koeffisientene, er basert på følgende identitet, nå kjent som Pascals identitet eller Pascals teorem .

For et hvilket som helst par av naturlige tall n, gjelder k

{n\velg k} = {n-1\velg k-1} + {n-1 \velg k}

Blaise Pascal , (1654)

Bevis for Pascals teorem

Selv om Pascals teorem kan bevises ved algebraiske manipulasjoner av formelen med faktorialer, er et rent kombinatorisk bevis mye enklere, og gir et elegant eksempel på tilnærmingen og teknikkene til kombinatorikk.

Som et eksempel vil Pascals teorem bli verifisert når n =5, k =3. Den venstre siden av identiteten teller antall måter å velge tre elementer fra et sett med fem elementer. Anta nå at det første objektet er farget rødt og de andre blå. Når du velger de tre objektene, er det to tilfeller:

Elementer som er valgt inkluderer det røde elementet.
Alle valgte objekter er blå.

Begge tilfeller dekker totalen av delmengder med tre elementer, derfor må summen deres være lik . ${5\velg 3}$

For å telle det første tilfellet, siden det røde objektet må inkluderes, er det bare nødvendig å velge to objekter blant de resterende fire blå, noe som kan gjøres på måter. ${4\velg 2}$

I det andre tilfellet, siden det røde objektet ikke er valgt, må tre elementer velges blant de fire blå. Antall måter å gjøre dette valget på er . ${4\velg 3}$

Vi konkluderer da med at det totale antallet delsett med 3 elementer, , er lik antall delsett i det første tilfellet, lagt til antallet delsett inkludert i det andre tilfellet, , det vil si: ${5\velg 3}$ ${4\velg 2}$ ${4\velg 3}$

{5\velg 3}={4\velg 2}+{4\velg 3}

Det generelle tilfellet oppnås på lignende måte, ved å markere et bestemt element, og deretter dele opp tellingen i to tilfeller, avhengig av om det merkede elementet er inkludert eller ikke. Når det merkede elementet er inkludert, er det nødvendig å velge k-1 objekter fra n-1 ikke merket, mens når det ikke er inkludert, må k objekter velges fra n-1 merket, og konkluderer med at

{n\velg k} = {n-1\velg k-1} + {n-1\velg k}

Identiteter som involverer binomiale koeffisienter

Det er et veldig stort antall identiteter som involverer binomiale koeffisienter. Pascals teorem er et første eksempel på identitet i forhold til binomiale koeffisienter, noen av de mest kjente vil bli analysert nedenfor. De er av spesiell interesse siden bevisene deres igjen gir eksempler på kombinatoriske resonnementer, som vanligvis ikke presenteres når man behandler emnet, siden de generelt sett, i de få tilfellene der det gis grunner om opprinnelsen, er begrenset til enkle manipulasjoner av den algebraiske definisjonen.

Symmetriidentitet

Den første identiteten å vurdere er en symmetrilikhet eller Stiffel -egenskapen som sier

For alle n gjelder k : . $\quad {n\choose k} = {n\choose nk}$

For eksempel . Det er en symmetriegenskap fordi den tilsvarer påstanden om at Pascals trekant er symmetrisk rundt sin vertikale akse. Det er vanlig å referere til faktorformelen for å bekrefte sannheten. ${\tbinom {12}{5}}=792={\tbinom {12}{7}}$

Den kombinatoriske tolkningen av identiteten til symmetri er utsagnet om at valg av en delmengde automatisk bestemmer komplementet, så det er samme antall delsett med k elementer som det er delmengder med nk elementer.

Hvis du for eksempel har et sett med fem elementer, hvorav du vil male tre røde, kan du velge mellom C(5,3)=10 former. Men hvert valg bestemmer automatisk to objekter som ikke ble valgt. Dermed er det samsvar mellom utvalg av tre objekter og utvalg av to. Konklusjonen er at det må være like mange måter å gjøre det ene eller det andre utvalget på, det vil si:

{5\velg 3} = {5\velg 2}

Totalt antall mulige delsett

En annen veldig kjent identitet gjelder antall delsett som et gitt sett kan ha. Denne identiteten fastslår

${n\velg 0} + {n\velg 1} + {n\velg 2} + \cdots + {n\velg n} = 2^n$ .

For eksempel, hvis n =5:

{5\velg 0} + {5\velg 1} + {5\velg 2} + {5\velg 3} + {5\velg 4} + {5\velg 5} = 1 + 5 + 10 + 10 + 5 +1 = 32 = 2^5.

Beviset for identiteten koker ofte ned til å "erstatte x = 1, y = 1 i Newtons teorem", selv om et slikt bevis tilslører den sentrale ideen bak resultatet.

La oss starte med et sett med 5 elementer. Summen teller det totale antallet mulige delsett, siden ${5\velg 0} + {5\velg 1} + {5\velg 2} + {5\velg 3} + {5\velg 4} + {5\velg 5}$

${5 \velg 0}$ er antall tomme delsett (det er bare ett).
${5 \velg 1}$ er antall delmengder med ett element.
${5 \velg 2}$ er antall delmengder med to elementer.
${5 \velg 3}$ er antall delmengder med tre elementer.
${5 \velg 4}$ er antall delmengder med fire elementer.
${5 \velg 5}$ er antall delmengder med fem elementer (det er bare ett, det totale settet).

Sannheten til identiteten vil bli fastslått hvis man teller det totale antallet delsett på en annen måte, det oppnås at slik mengde er 2 5 .

Anta at originalsettet er {A, B, C, D, E}. Hvert delsett tilsvarer en serie med fem ja/nei-alternativer:

Delmengden {A, C, D} tilsvarer serien «yes, no, yes, yes, no», siden det første, tredje og fjerde elementet i det originale settet er inkludert i delsettet , mens det andre og femte elementet.

På samme måte, gitt en sekvens med fem ja/nei-alternativer, er det mulig å gjenopprette settet som gir opphav til det:

Til serien "ja, ja, nei, nei, ja" tilsvarer delmengden {A, B, E}.

Derfor, siden hvert delsett tilsvarer en ja/nei-serie, er antallet delsett lik antallet mulige serier. Imidlertid er antallet måter å gjøre fem valg på, hver med to alternativer, 2×2×2×2×2 = 2 5 .

Beviset for det generelle tilfellet med sett av alle størrelser er enkelt. Hvert delsett tilsvarer en sekvens av n "ja/nei"-alternativer, med 2×2×···×2=2 n forskjellige sekvenser.

Multisett og kombinasjoner med repetisjon

Akkurat som de binomiale koeffisientene viser måter å ta delmengder fra et gitt sett på, er det mulig å stille problemet med å bestemme antall måter å velge en multidelmengde fra et sett på .

La oss huske at i et multisett er det tillatt å gjenta elementer selv om, som i sett, er rekkefølgen de er nevnt i irrelevant.

For eksempel er {a, e, e, i, o, o, o, u} det samme multisettet som {e, i, o, u, a, e, o, o}.

For å illustrere problemet, la oss vurdere mengden X={a, b, c, d}. La oss liste opp alle mulige multisett med tre elementer hentet fra settet X. For korthets skyld vil vi indikere bokstavene som om de var et ord :

aaa	aab	bca	aad	abba	ABC	abd	iht	acd	legge til
bbb	bbc	bbd	bcc	B C D	bdd	ccc	ccd	CDD	ddd

Det understrekes at rekkefølgen ikke spiller noen rolle, derfor er den for eksempel ikke oppført her siden multisettet {a, c, a} er det samme som multisettet {a, a, c}. Disse valgene hvor repetisjon er tillatt, men rekkefølge ikke tas i betraktning, kalles kombinasjoner med repetisjon.

Antall måter som et multisett med k elementer kan trekkes ut fra et sett med n elementer er angitt [ 4 ] [ 5 ]

$\venstre(\!\!{n\velg k}\!\!\høyre)$

y tilsvarer antall k -kombinasjoner med repetisjon hentet fra et sett med n elementer.

Fra den første listen kan vi derfor utlede at . Før vi etablerer en formel for direkte beregning av kombinasjoner med repetisjon, vil vi presentere et klassisk eksempel på et problem knyttet til multisett. $\scriptstyle\left(\!\!{4\velg 3}\!\!\right)=20$

På hvor mange måter kan 10 godteri deles ut til fire barn?
La oss forestille oss at navnene er Alonso, Beto, Carlos og Daniel (som vi vil representere som A, B, C, D). En mulig måte å distribuere godteriene på ville være: gi to godterier til Alonso, tre til Beto, to til Carlos og tre til Daniel. Siden rekkefølgen de blir behandlet ikke spiller noen rolle , kan vi representere dette utvalget som AABBBCCDDD En annen mulig måte å distribuere godteriene på kan være: gi ett godteri til Alonso, ingen til Beto og Carlos, de resterende ni gis til Daniel. Vi representerer denne fordelingen som ADDDDDDDDD Motsatt tilsvarer enhver serie på 10 bokstaver A, B, C, D en måte å fordele godteriene på. For eksempel tilsvarer strengen AABBBBBDDD : Gi to godteri til Alonso, fem godteri til Beto, ingen til Carlos og tre til Daniel. På denne måten, ved prinsippet om bijeksjon , er antall måter som godterier kan distribueres på lik antall serier på 10 bokstaver (uten å ta hensyn til rekkefølgen) A, B, C, D. Men hver enkelt av dem tilsvarer et multisett med 10 elementer, så vi konkluderer med at det totale antallet måter å fordele godteriene på er . $\scriptstyle\left(\!\!{4\velg 10}\!\!\right)$

Løsningen i det forrige eksemplet er konseptuelt korrekt (det gir resultatet ved å bruke en kombinatorisk tolkning), men den er ikke praktisk siden den egentlig ikke gir antall måter distribusjonen kan gjøres på. For å få formelen fortsetter vi å bruke følgende strategi.

Vi ønsker å dele 10 gjenstander (godteriet) i fire grupper. For å gjøre dette plasserer vi 10 objekter i en linje og setter inn tre skillelinjer for å dele dem i fire seksjoner. For eksempel, hvis vi representerer godteri med stjerner og skilletegn med streker, [ note 2 ] vil eksemplene som er nevnt være:

AABBBCCDDD → **/***/**/***
ADDDDDDDD → *///*********
AABBBBBDDD → **/*****//***

Og ethvert arrangement med 10 stjerner atskilt med tre skråstreker (som tillater tomme grupper) tilsvarer en form for deling og i sin tur til et multisett:

****/***/**/* → AAAABBBCCD (fire godteri for Alonso, tre for Beto, to for Carlos og ett for Daniel)
*****/*****// → AAAAABBBBB (fem godteri for Alonso og fem for Beto)

På denne måten tilsvarer antall måter å handle på antall arrangementer av 13 symboler, hvorav: 10 er stjerner og tre streker. Men dette er nøyaktig antall måter å velge tre objekter fra et sett med 13 (av de 13 arrangementene vi velger hvilke 3 skal være stolper) og derfor er resultatet (antall arrangementer) former. $\binom{13}{3}=286$

Dette argumentet kan brukes generelt: å fordele k objekter blant n personer tilsvarer å danne multisett av størrelse k ( k amelos) valgt fra et sett med n ( barna ) , og dette kan igjen telles opp med en serie k stjerner og n-1 barer, som kan gjøres i former. Dermed er følgende teorem etablert. $\binom{k+(n-1)}{n-1}=\binom{n+k-1}{k}$

Antall multisett med k elementer valgt fra et sett med n elementer tilfredsstiller: $\scriptstyle\left(\!\!{n\velg k}\!\!\høyre)$

Det er lik antall kombinasjoner med repetisjon av k elementer valgt fra et sett med n elementer.
Det er lik antall måter å fordele k objekter i n grupper.

I tillegg til

$\venstre(\!\!{n\velg k}\!\!\høyre)=\binom{k+n-1}{k}$ .

Se også

Fotnoter

↑ Skjemaet foretrekkes når ingen indekseringsmidler eller matematiske symboler er tilgjengelige (for eksempel i teksten til en e-post ); den tredje formen er imidlertid den vanligste i akademiske miljøer og tekster om emnet. $C{(n,k)}$
↑ Valget av stjerner og skråstreker kan erstattes av et hvilket som helst par med symboler, det er vanlig å også bruke 0 i stedet for stjerne og 1 i stedet for skråstreker.

Referanser

↑ Markushevich i rekursive sekvenser og Schneider i diskret matematikk .
↑ Sadosky, Manuel Introduksjon til algebra , Eudeba 1963.
^ Ribnikov: Combinatorial Analysis, 1985)
↑ Eric W. Weisstein. «Multichoose» . Wolfram Mathworld . Hentet 15. desember 2011 .
^ Quinn, Benjamin Arthur T.; Quinn, Jennifer J. (2003). Bevis som virkelig teller: Kunsten med kombinatorisk bevis . The Mathematical Association of America. s. 70-71 . ISBN 0-88385-333-7 .

Bibliografi

Quinn, Benjamin Arthur T.; Quinn, Jennifer J. (2003). Bevis som virkelig teller: Kunsten med kombinatorisk bevis . The Mathematical Association of America. ISBN 0-88385-333-7 .
Graham, Ronald L.; Knout, Donald. E og Patashnik, Oren. (1994). «Konkret matematikk». Addison-Wesley (2. utgave). ISBN 0-201-55802-5 .
Grimaldi, Ralph P. (1998). Diskret og kombinatorisk matematikk (5. utgave). Addison Wesley Longman. ISBN 9684443242 . |fechaacceso=krever |url=( hjelp )

Eksterne lenker

Wikimedia Commons er vert for en mediekategori på Binomial Coefficient .
Weisstein, Eric W. «Binomial koeffisient» . I Weisstein, Eric W, red. MathWorld (på engelsk) . WolframResearch .