二項定理の意味と係数を求める例題・２通りの証明

二項定理で $n=5$ とすると，

「$(a+b)^5$ を展開したときの $a^kb^{5-k}$ の係数は ${}_{5}\mathrm{C}_k$」

となる。よって，$a^2b^3$ が現れる項は $k=2$ の部分であり，係数は

$${}_5\mathrm{C}_2=\dfrac{5\cdot 4}{2\cdot 1}= 10$$ である。

二項定理で $n=6,a=2x,b=-y$ とすると，

$(2x-y)^6$ を展開したときの $(2x)^k(-y)^{6-k}$ の係数は ${}_{6}\mathrm{C}_k$

となる。よって，$x^3y^3$ が現れる項は $k=3$ の部分であり，係数は

$${}_6\mathrm{C}_3\times 2^3\times (-1)^3=-160$$

二項定理をうまく当てはめる：

$$\begin{aligned} &{}_{n} \mathrm{C}_{0} + {}_{n} \mathrm{C}_{1} + {}_{n} \mathrm{C}_{2} + \cdots + {}_{n} \mathrm{C}_{n}\\ &= {}_{n} \mathrm{C}_{0} 1^n 1^0+ {}_{n} \mathrm{C}_{1} 1^{n-1} 1^1\\ &\quad\quad + {}_{n} \mathrm{C}_{2} 1^{n-2} 1^2 + \cdots + {}_{n} \mathrm{C}_{n} 1^0 1^n\\ &= (1+1)^n\\ &= 2^n \end{aligned}$$

例3 の計算と同様にすると $$\begin{aligned} &{}_{2n} \mathrm{C}_{0} + {}_{2n} \mathrm{C}_{1} + {}_{2n} \mathrm{C}_{2} + \cdots + {}_{2n} \mathrm{C}_{2n}\\ &= (1+1)^{2n}\\ &= 2^{2n}\\ &{}_{2n} \mathrm{C}_{0} - {}_{2n} \mathrm{C}_{1} + {}_{2n} \mathrm{C}_{2} - \cdots + {}_{2n} \mathrm{C}_{2n}\\ &= (1-1)^{2n}\\ &= 0 \end{aligned}$$ これらを足すと $$2 ( {}_{2n} \mathrm{C}_{0} + \cdots + {}_{2n} \mathrm{C}_{2n} ) = 2^{2n}$$ となる。よって $${}_{2n} \mathrm{C}_{0} + {}_{2n} \mathrm{C}_{2} + \cdots + {}_{2n} \mathrm{C}_{2n} = 2^{2n-1}$$

答えは，${}_{100}\mathrm{C}_2=\dfrac{100\cdot 99}{2}=4950$

$n=3$ の場合を図に示す。

$(a+b)^n$ を展開したときに出てくる1つの項は，

「$a$ と $b$ のうちどちらかを選ぶ」という操作を各カッコに対して行い，選んだものを全てかけあわせたもの。このようにして出てくる項を全て（$2^n$ 個）足し合わせると展開式が得られる。

よって，展開後は $a^{k}b^{n-k}$ というタイプの項のみが存在し，その係数は ${}_n\mathrm{C}_k$ （$n$ 個のうちどの $k$ 個のかっこから $a$ を選ぶのかで ${}_n\mathrm{C}_k$ 通り）である。

• $n=1$ のときは成立する。

• $n=m-1$ のとき二項定理が成立していると仮定する。 $$(a+b)^{m-1}=\displaystyle\sum_{k=0}^{m-1}{}_{m-1}\mathrm{C}_ka^{k}b^{m-1-k}$$ 両辺に $(a+b)$ をかける。 $$(a+b)^{m}=(a+b)\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{m-1}{}_{m-1}\mathrm{C}_ka^{k}b^{m-1-k}\right)$$ 右辺を展開したときには $a^kb^{m-k}$ というタイプの項のみが登場し，その係数は ${}_{m-1}\mathrm{C}_k+{}_{m-1}\mathrm{C}_{k-1}$ である。ここで，二項係数の公式より $${}_{m-1}\mathrm{C}_k+{}_{m-1}\mathrm{C}_{k-1}={}_{m}\mathrm{C}_k$$ なので $n=m$ のときにも二項定理が成立することが分かった。