パスカルの三角形と 2 項定理/多項定理

 

パスカルの三角形 Pascal's Triangle

 2 項の和のべき乗 $(a+b)^n$ ($n$ は自然数) を展開することを 2 項展開 (binomial expansion) といい、各項の係数を 2 項係数 (binomial coefficient) とよびます。具体的に展開式を並べてみましょう。
 
\[\begin{align*}(a+b)^1&=a+b\\[6pt]
(a+b)^2&=a^2+2ab+b^2\\[6pt]
(a+b)^3&=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3\\[6pt]
\cdots&\cdots\cdots\cdots\cdots\end{align*}\]
 $a^{n-r}b^r$ の係数は規則的に現れます。この係数だけ抜き出してピラミッド状に並べたものを パスカルの三角形 (Pascal's triangle) とよびます。

 パスカルの三角形Pascal's Triangle

 両端は全て 1 であり、内側は上段の 2 数の和が下段の数になっています。この規則さえ覚えておけば、2 項展開における各項の係数を簡単に知ることができます。
 

2 項定理 Binomial theorem

 2 項展開における係数を知る他の方法も見ておきましょう。展開するだけならパスカルの三角形のほうが断然早いのですが、ある種の証明問題には具体的な表式が必要になることがあります。たとえば $n=4$ として
 
\[(a+b)^4=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)\]
を展開するときに $a^2b^2$ はいくつ現れるのかを考えてみます。

 2項定理 binomial theorem

 図にあるように、4 つの括弧にあるうちの 2 つから $b$ をとるたびに、$a^2b^2$ という項が作られることになります。4 つの括弧から 2 つを選ぶ方法は
 
\[{}_4\mathrm{C}_2=6\]
なので、この展開式における $a^2b^2$ の係数は 6 であることがわかります。他の項についても同様に考えると、それぞれの項の係数は以下のようになります。
 
\[\begin{align*}a^4\qquad &{}_4\mathrm{C}_0=1\\[6pt]
a^3b\qquad &{}_4\mathrm{C}_1=4\\[6pt]
a^2b^2\qquad &{}_4\mathrm{C}_2=6\\[6pt]
ab^3\qquad &{}_4\mathrm{C}_3=4\\[6pt]
b^4\qquad &{}_4\mathrm{C}_4=1\end{align*}\]
 よって $(a+b)^4$ は次のように展開されることになります。
 
\[(a+b)^4={}_4\mathrm{C}_0a^4+{}_4\mathrm{C}_1a^3b+{}_4\mathrm{C}_2a^2b^2+{}_4\mathrm{C}_3ab^3+{}_4\mathrm{C}_4b^4\]
 一般の $n$ についても同様にして次の 2 項定理 (binomial theorem) が得られます。

\[(a+b)^n=\sum_{k=0}^n{}_n\mathrm{C}_k\:a^{n-k}\:b^{\:k}\tag{A}\]

 $\displaystyle{}_n\mathrm{C}_k=\binom{n}{k}$ と書くなら

\[(a+b)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^{\:n-k}\:b^{\:k}\tag{B}\]

となります。2 項定理に$a=1,\:b=x$ を代入すると
 
\[(1+x)^n=\sum_{k=0}^n{}_n\mathrm{C}_k\:x^{\:k}\]
となります。これは色々なところで使われる展開公式です。さらに $x=1$ とすれば
 
\[2^n=\sum_{k=0}^n{}_n\mathrm{C}_k\]
というように、$2^n$ を Combination の和で表すこともできます。
 

多項定理 Multinomial theorem

 $(a+b+c)^n$ の展開を考えてみます。
 
\[(a+b+c)^n=(a+b+c)(a+b+c)\cdots(a+b+c)\]
の展開式において $a^pb^qc^r$ という項は $p$ 個の括弧から $a$ をとり、$n-p$ 個の括弧から $c$ をとる組合せの数だけ作られます。よってその係数は
 
\[{}_n\mathrm{C}_p{}\:_{n-p}\mathrm{C}_q=\frac{n!}{(n-p)!}\frac{(n-p)!}{q!(n-p-q)!}\]
 ここで $p+q+r=n$ なので
 
\[{}_n\mathrm{C}_p{}_{n-p}\:\mathrm{C}_q=\frac{n!}{p!q!r!}\]
となります。一般的な場合も同様にして

\[(a_1+a_2+\cdots+a_k)^n=\sum\frac{n!}{p_1!p_2!+\cdots p_k!}a_1^{p_1}a_2^{p_2}\cdots a_k^{p_k}\]
 ただし $\sum$ は $p_1+p_2+\cdots+p_k=n$ を満たす全ての $p_1,\:p_2,\:\cdots,\:p_k$ についての和を表します。

 たとえば $(x+y+z)^6$ を展開したときの $x^3y^2z$ の係数は
 
\[\frac{6!}{3!2!1!}=60\]
というように計算できます。 ≫ 数学事典

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