二項定理
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二項定理

( a+b ) n = n C 0 a n + n C 1 a n1 b+ n C 2 a n2 b 2 ++ n C r a nr b r ++ n C n b n = r=0 n n C r a nr b r

n C r a nr b r ( r=0,1,2,,n )
一般項:     
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 2 n でき, a nr b r の単項式は a 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 nr 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 kr b r

すると,

( a+b ) k+1 =( a+b ) ( a+b ) k
=( a+b ) r=0 k k C r a kr b r
= r=0 k k C r a· a kr b r + r=0 k k C r a kr b· b r
= r=0 k k C r a kr+1 b r + r=0 k k C r a kr b r+1
第2項の r=0 k k C r a kr b r+1 において r+1=s  ( r=s1  )とおくと,
= r=0 k k C r a kr+1 b r + s=1 k+1 k C s-1 a k (s1) 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 r1 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 r1 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 r1 ) a ( k+1 )r b r + k+1 C k+1 b k+1
k C r + k C r1 = k( k1 )( k2 )( kr+1 ) r! + k( k1 )( k2 )( kr+2 ) ( r1 )! = k( k1 )( k2 )( kr+2 ) ( r1 )! ( kr+1 r +1 ) = ( k+1 )k( k1 )( k2 )( kr+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 r1 = 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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