二項定理
( a+b ) n = n C 0 a n + n C 1 a n−1 b+ n C 2 a n−2 b 2 +⋯⋯+ n C r a n−r b r +⋯⋯+ n C n b n = ∑ r=0 n n C r a n−r b r
| 一般項： | n C r a n−r b r ( r=0,1,2,⋯⋯,n ) | |
| 二項係数： |
n
C
r
=
n
!
r
!
(
n
−
r
)
!
=
n
(
n
−
1
)
(
n
−
2
)
⋯
(
n
−
r
+
1
)
r
!
| |
| |
n
C
r
=
n
−
1
C
r
−
1
+
n
−
1
C
r
(
n
≥
2
)
,
n
C
r
=
n
C
n
−
r
|
特に，
n
C
0
=
n
C
n
=
1
|
■二項定理の導出
( a+b ) n の二項展開を n=1 から順に計算してみる．
( a+b ) 1 =1·a+1·b
|
(
a
+
b
)
2
|
=
(
a
+
b
)
(
a
+
b
)
|
| |
=
(
a
+
b
)
a
+
(
a
+
b
)
b
|
| |
=
a
a
+
b
a
+
a
b
+
b
b
（単項式の数は
2
×
2
=
4
）
|
| |
=
1
·
a
2
+
1
·
a
b
+
1
·
a
b
+
1
·
b
2
|
| |
=
1
·
a
2
+
(
1
+
1
)
a
b
+
1
·
b
2
|
| |
=
1
·
a
2
+
2
·
a
b
+
1
·
b
2
|
|
(
a
+
b
)
3
|
=
(
a
+
b
)
2
(
a
+
b
)
|
| |
=
{
(
a
+
b
)
a
+
(
a
+
b
)
b
}
(
a
+
b
)
|
| |
=
{
(
a
+
b
)
a
+
(
a
+
b
)
b
}
a
+
{
(
a
+
b
)
a
+
(
a
+
b
)
b
}
b
（単項式の数は
2
×
2
×
2
=
8
）
|
| |
=
a
a
a
+
b
a
a
+
a
b
a
+
b
b
a
+
a
a
b
+
b
a
b
+
a
b
b
+
b
b
b
|
| |
=
{
1
·
a
2
+
2
·
a
b
+
1
·
b
2
}
a
+
{
1
·
a
2
+
2
·
a
b
+
1
·
b
2
}
b
|
| |
=
1
·
a
3
+
2
·
a
2
b
+
1
·
a
b
2
+
1
·
a
2
b
+
2
·
a
b
2
+
1
·
b
3
|
| |
=
1
·
a
3
+
(
2
+
1
)
a
2
b
+
(
1
+
2
)
a
b
2
+
1
·
b
3
|
| |
=
1
·
a
3
+
3
·
a
2
b
+
3
·
a
b
2
+
1
·
b
3
|
|
(
a
+
b
)
4
|
=
(
a
+
b
)
3
(
a
+
b
)
|
| |
=
[
{
(
a
+
b
)
a
+
(
a
+
b
)
b
}
a
+
{
(
a
+
b
)
a
+
(
a
+
b
)
b
}
b
]
(
a
+
b
)
|
| |
=
1
·
a
4
+
4
·
a
3
b
+
6
·
a
2
b
2
+
4
·
a
b
3
+
1
·
b
4
|
| |
=
a
a
a
a
+
b
a
a
a
+
a
b
a
a
+
b
b
a
a
+
a
a
b
a
+
b
a
b
a
+
a
b
b
a
+
b
b
b
a
+
a
a
a
b
+
b
a
a
b
+
a
b
a
b
+
b
b
a
b
+
|
| |
a
a
b
b
+
b
a
b
b
+
a
b
b
b
+
b
b
b
b
|
| |
（単項式の数は
2
×
2
×
2
×
2
=
16
） |
| |
=
(
1
·
a
3
+
3
·
a
2
b
+
3
·
a
b
2
+
1
·
b
3
)
a
+
(
1
·
a
3
+
3
·
a
2
b
+
3
·
a
b
2
+
1
·
b
3
)
b
|
| |
=
1
·
a
4
+
3
·
a
3
b
+
3
·
a
2
b
2
+
1
·
a
b
3
+
1
·
a
3
b
+
3
·
a
2
b
2
+
3
·
a
b
3
+
1
·
b
4
|
| |
=
1
·
a
4
+
(
3
+
1
)
a
3
b
+
(
3
+
3
)
a
2
b
2
+
(
1
+
3
)
·
a
b
3
+
1
·
b
4
|
| |
=
1
·
a
4
+
4
·
a
3
b
+
6
·
a
2
b
2
+
4
·
a
b
3
+
1
·
b
4
|
以上4乗まで計算した．これらから， ( a+b ) n を展開すると単項式は
2 n でき， a n−r b r
の単項式は
a と b から成る n 個の文字列中から b の文字が入る位置を r 個選ぶ組合せに等しいことが推測できる． よって，
( a+b ) n = ∑ r=0 n n C r a n−r b r ・・・・・・(1)
となることがわかる．これを数学的帰納法を用いて証明する．
n=1 のとき，
( a+b ) 1 = 1 C 0 a 1 b 0 + 1 C 1 a 0 b 1 =a+b
となり，(1)は成り立つ．
n=k のとき，(1)が成りたつと仮定すると，
( a+b ) k = ∑ r=0 k k C r a k−r b r
すると，
| ( a+b ) k+1 |
=( a+b ) ( a+b ) k |
|
=( a+b ) ∑ r=0 k k C r a k−r b r |
|
= ∑ r=0 k k C r a· a k−r b r + ∑ r=0 k k C r a k−r b· b r |
|
= ∑ r=0 k k C r a k−r+1 b r + ∑ r=0 k k C r a k−r b r+1 |
|
第2項の ∑ r=0 k k C r a k−r b r+1 において r+1=s （ r=s−1 ）とおくと， |
|
= ∑ r=0 k k C r a k−r+1 b r + ∑ s=1 k+1 k C s-1 a k−
(s−1) b s |
|
第2項の s を r に書き換えて，式を少し変形すると， |
|
= ∑ r=0 k k C r a ( k+1 )−r b r + ∑ r=1 k+1 k C r-1 a ( k+1 )−r b r |
|
= k C 0 a k+1 + ∑ r=1 k k C r a ( k+1 )−r b r + ∑ r=1 k k C r−1 a ( k+1 )−r b r + k+1 C k+1 b k+1 |
|
= k C 0 a k+1 + ∑ r=1 k k C r a ( k+1 )−r b r + ∑ r=1 k k C r−1 a ( k+1 )−r b r + k+1 C k+1 b k+1 |
|
= k C 0 a k+1 + ∑ r=1 k ( k C r + k C r−1 ) a ( k+1 )−r b r + k+1 C k+1 b k+1 |
|
k C r + k C r−1 = k( k−1 )( k−2 )⋯( k−r+1 ) r! + k( k−1 )( k−2 )⋯( k−r+2 ) ( r−1 )! = k( k−1 )( k−2 )⋯( k−r+2 ) ( r−1 )! ( k−r+1 r +1 ) = ( k+1 )k( k−1 )( k−2 )⋯( k−r+2 ) r! = k+1 C r
より （この関係からパスカルの三角形が得られる） |
|
= k C 0 a k+1 + ∑ r=1 k k+1 C r a ( k+1 )−r b r + k+1 C k+1 b k+1 |
|
= ∑ r=0 k+1 k+1 C r a ( k+1 )−r b r |
よって， n=k+1 のときも(1)が成り立ち，数学的帰納法により，(1)はすべての自然数 a に対して成り立つ．
( a+b ) n の係数は，上述した具体的な計算事例と k C r + k C r−1 = k+1 C r の関係から，パスカルの三角形が得られる．
パスカルの三角形を下に示す．
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初版：2004年7月6日，最終更新日：
2013年10月24日
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