２項係数の性質　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　２項係数に関する問題で「何か難しそう〜」という強い圧迫感を感じたものとして、次の明
治大学の問題が記憶に残る。今から数十年以上前のものだが、ときどき夢にうなされる。
（ちょっと言い過ぎかな．．．ｆ(^_^;)　）

明治大学入試問題

を満たす自然数 ｎ 、ｒ を求めよ。

（解）　左辺＝₆₀Ｃ₁₀・₄₀Ｃ₄₀＋₆₀Ｃ₁₁・₄₀Ｃ₃₉＋・・・＋₆₀Ｃ₅₀・₄₀Ｃ₀ なので、多項式

　　（１＋ｘ）¹⁰⁰＝（１＋ｘ）⁶⁰（１＋ｘ）⁴⁰

を展開したときの、ｘ⁵⁰ の項の係数を求めることに等しい。

　よって、　左辺＝₁₀₀Ｃ₅₀　となり、　ｎ＝１００　、　ｒ＝５０　である。　　（終）


　解答を見てしまえば易しくも感じられるが、解答のような発想を瞬時に思いつく高校生は日
本に何人いるのだろう。正直に告白すると、２項係数の性質をこねくり回して何とか解答をで
っちあげたような気がする。

　上記の解答は、次のように考えれば、ごく自然な発想ということが了解されるだろう。

　赤球６０個、白球４０個の合計１００個の球から５０個の球を取り出す場合の数は、

　₆₀Ｃ₁₀・₄₀Ｃ₄₀＋₆₀Ｃ₁₁・₄₀Ｃ₃₉＋・・・＋₆₀Ｃ₅₀・₄₀Ｃ₀

である。

　また、最短経路問題として次のように考えてもよい。

　点Ａから点Ｂに至る最短経路は、点Ｐ₁、Ｐ₂、・・・、Ｐ₄₁ の何れかを必ず通る。

　

　平成２４年度から先行実施の新学習指導要領で、２項定理がとても違和感のある扱いを
受けることになる。そもそも２項定理は、それ以前にも不遇な扱いを受けており、教材のお
まけ的扱いに甘んじている。

　しかし、２項定理から派生する種々の２項係数の性質は、豊富な数学的話題を提供し、数
学的には必ずマスターすべき重要事項という位置づけは揺るぎないものと考える。

　このページでは、教科書や問題集で語られる２項係数の性質のみならず、ありとあらゆる
性質をまとめていきたいと思う。

　既に、当ＨＰでは、次のページで２項係数に関する話題を取り上げている。

　ある２項係数の関係　　パスカルの三角形　　多項式の展開

　これらのページを十分意識しつつ、新しい航海に出ようと思う。

　これから考える２項係数の性質の背景にある定理＜２項定理＞をまず確認しておこう。

２項定理（Ｂｉｎｏｍｉａｌ　Ｔｈｅｏｒｙ）　　　　　　

　

　ここで、_ｎＣ_ｋ は、２項係数といわれ、異なる ｎ 個のものから、異なる ｋ 個のものをとる組
合せの数である。

　

　但し、　（ｎ の階乗）とする。

ｎＣｋ という記号に対して、

という記号が用いられる場合もある。

（証明）　（ａ＋ｂ）^ｎ を展開したときの各項は、ａ^ｎ　、ａ^ｎ-1ｂ　、ａ^ｎ-2ｂ²　、・・・　、ｂ^ｎ　である。

　ａ^ｎ-ｋｂ^ｋ の係数は、ｎ 個の因数　ａ＋ｂ　のそれぞれから、ａ を ｎ−ｋ 個、ｂ を ｋ 個とる

組合せの数 _ｎＣ_ｋ に等しい。　　（証終）


　上記の証明は、教科書によくあるものだが、次のような証明も可能だろう。

（別証）　集合 Ｓ＝｛１，２，・・・，ｎ｝と集合 Ａ、Ｂ（但し、Ａ∩Ｂ＝φ、ｎ（Ａ）＝ａ、ｎ（Ｂ）＝ｂ）に
　　ついて、写像　Ｆ ： Ｓ　→　Ａ∪Ｂ　の個数を数える。

　Ｓ の各要素について、ａ＋ｂ 通りの値の取り方があるので、写像の個数は、（ａ＋ｂ）^ｎ で
ある。

　また、Ｓ の要素を、ｎ−ｋ 個と ｋ 個（ｋ＝０、１、２、・・・、ｎ）に分ける。その分け方の総数
は、_ｎＣ_ｋ 通り。

　その１通りに対して、ｎ−ｋ 個の要素には、Ａの要素が対応し、ｋ 個の要素には、Ｂの要
素が対応すると考えると、写像の個数は、ａ^ｎ-ｋｂ^ｋ 通り。

　したがって、

　　　（証終）


　この２項定理から次の展開公式（Ｎｅｗｔｏｎの２項定理）が導かれる。

　（１＋ｘ）^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｘ＋_ｎＣ₂ｘ²＋_ｎＣ₃ｘ³＋・・・＋_ｎＣ_ｒｘ^ｒ＋・・・＋_ｎＣ_ｎｘ^ｎ

　この展開公式（ＥＰ）を用いると、種々の２項係数の性質が得られる。


（参考文献：ア・ヤグロム、イ・ヤグロム　著　筒井孝胤　訳
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　初等的に解いた高等数学の問題（�U）　　（東京図書））

２項係数の性質

（１）　_ｎＣ_ｒ＝_ｎＣ_ｎ-ｒ　（→　参考：「パスカルの三角形」の（１） ）

（証明）　ｎ 個のものから ｒ 個取り出す場合の数と ｒ 個取り残す場合の数は等しい。（証終）


　この性質（１）を活用する問題として次があげられる。（平成３１年３月５日付け）

練習問題　　Σ_k=0⁷₁₅Ｃ_k の正の約数はいくつあるか。

（解）　Σ_k=0⁷₁₅Ｃ_k＝Σ_k=0⁷₁₅Ｃ_15-k＝Σ_k=8¹⁵₁₅Ｃ_k なので、Σ_k=0¹⁵₁₅Ｃ_k＝２Σ_k=0⁷₁₅Ｃ_k

　ところで、　Σ_k=0¹⁵₁₅Ｃ_k＝（１＋１）¹⁵＝２¹⁵ より、　Σ_k=0⁷₁₅Ｃ_k＝２¹⁴

　よって、求める正の約数の個数は、１５個である。　　（終）


（コメント）　この問題は次のように一般化される。


問題　　Σ_k=0ⁿ_2n+1Ｃ_k の正の約数の個数は、２ｎ＋１個であることを示せ。

（解）　Σ_k=0^ｎ_2n+1Ｃ_k＝Σ_k=0^ｎ_2n+1Ｃ_2n+1-k＝Σ_k=n+1²ⁿ⁺¹_2n+1Ｃ_k なので、

　　Σ_k=0²ⁿ⁺¹_2n+1Ｃ_k＝２Σ_k=0^ｎ_2n+1Ｃ_k

　ところで、　Σ_k=0²ⁿ⁺¹_2n+1Ｃ_k＝（１＋１）²ⁿ⁺¹＝２²ⁿ⁺¹ より、　Σ_k=0^ｎ_2n+1Ｃ_k＝２²ⁿ

　よって、求める正の約数の個数は、２ｎ＋１個である。　　（終）


（２）　_ｎＣ_ｒ＝_ｎ-1Ｃ_ｒ＋_ｎ-1Ｃ_ｒ-1　　（１≦ｒ≦ｎ−１）

　（→　参考：「パスカルの三角形」の（２） ）

　この公式は、「和の公式」とも言われる。

（証明）　ｎ 個のものから ｒ 個取り出す場合の数は、次の２つの場合の数の和である。

　特定のものを含まない場合の数は、_ｎ-1Ｃ_ｒ　通り
　特定のものを含む場合の数は、_ｎ-1Ｃ_ｒ-1　通り　　（証終）


（３）　ｋ・_ｎＣ_ｋ＝ｎ・_ｎ-1Ｃ_ｋ-1　（→　参考：「パスカルの三角形」の（５） ）

（証明）　ｎ 人いる中から ｋ 人を選んで、その中で一人班長を決める場合の数と、班長を

　一人選んで、残りの ｎ−１ 人から班員 ｋ−１ 人を選ぶ場合の数は等しい。　　（証終）


　「ｋ・_ｎＣ_ｋ＝ｎ・_ｎ-1Ｃ_ｋ-1」という式も上記の組合せ論的証明を意識すれば分かりやすい
が、初心者にとっては覚えずらいかもしれない。

数学の専門書では、組合せの記号として、ｎＣｒ の代わりに、

という記号が用いられ

る場合がある。この記号を用いると、上記の性質は

　

と表される。この公式は、「括りだしの公式」とも呼ばれるが、この表現から、その意味が
直に伝わってくるように感じる。


（４）　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃＋・・・＋_ｎＣ_ｒ＋・・・＋_ｎＣ_ｎ＝２^ｎ

　（→　参考：「パスカルの三角形」の（３） ）

（証明）　展開公式（ＥＰ）において、ｘ＝１ とおけばよい。　（証終）


（別証）　ｎ 個の要素からなる集合Ａの部分集合の個数を数える。

　部分集合の要素の個数に着目して、ｒ 個の要素からなる部分集合の個数は、_ｎＣ_ｒ 個

なので、部分集合の個数は、_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃＋・・・＋_ｎＣ_ｒ＋・・・＋_ｎＣ_ｎ

　ところで、ｎ 個の要素のそれぞれが部分集合の要素になるかどうかの場合の数を考えて、

部分集合の個数は、２^ｎ 個で、明らかに、両者は等しいので、

　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃＋・・・＋_ｎＣ_ｒ＋・・・＋_ｎＣ_ｎ＝２^ｎ　　（別証終）


（５）　_ｎＣ₀−_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂−_ｎＣ₃＋・・・＋（−１）^ｒ_ｎＣ_ｒ＋・・・＋（−１）^ｎ_ｎＣ_ｎ＝０

（証明）　展開公式（ＥＰ）において、ｘ＝−１ とおけばよい。　（証終）
　　（→　組合せ論的証明）


（６）　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₄＋・・・＝２^ｎ-1

（証明）　（４）＋（５）より明らか。　（証終）　　　（→　組合せ論的証明）


　当然、（４）−（５）より、　_ｎＣ₁＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₅＋・・・＝２^ｎ-1　も得られる。


　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＦＮ」さんが、この問題を拡張し、考察された。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２３年２月２３日付け）

　上記（６）のように、_ｎＣ_ｒ の ｒ が偶数のときの等式は、よく知られています。では、ｒ が３の
倍数、４の倍数であるときの和はどうなるでしょうか。

問題　　次の和を求めよ。

(イ) 　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₆＋・・・
　（０≦ｒ≦ｎ を満たす３の倍数である ｒ すべてについて、_ｎＣ_ｒ の和）

(ロ)　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₈＋・・・
　（０≦ｒ≦ｎ を満たす４の倍数である ｒ すべてについて、_ｎＣ_ｒ の和）


　大学入試に出題するなら、ｎ を制限するでしょう。例えば、次ぐらいに．．．。

(イ)’　ｎ が６の倍数であるとき、_ｎＣ₀＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₆＋・・・＋_ｎＣ_ｎ の和を求めよ。

(ロ)’ ｎ が８の倍数であるとき、_ｎＣ₀＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₈＋・・・＋_ｎＣ_ｎ の和を求めよ。

＃(イ)’(ロ)’は、(イ)(ロ)に比べて本質的に易しいわけではありませんが、計算はかなり楽に
　なります。

　ＦＮさんの問いかけに、ａｔ さんが（イ）（ロ）を解かれました。（平成２３年２月２３日付け）

（解）　f(ｘ)＝(１＋ｘ)^ｎ　、α_ｍ＝ｃｏｓ(２π/ｍ)＋ｉ・ｓｉｎ(２π/ｍ)　とする。

　このとき、

_ｎＣ₀＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₆＋・・・

＝｛Σ_[j＝1〜3]f(α₃^j)｝/３　　（←　α₃＋α₃²＋α₃³＝０　）

＝｛２^ｎ＋２ｃｏｓ(ｎπ/３)｝/３　　（←　半角の公式とド・モアブルの定理　）

　同様にして、

_ｎＣ₀＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₈＋・・・

＝｛Σ_[j＝1〜4]f(α₄^j)｝/４＝２^ｎ-2＋２^(ｎ-2)/2ｃｏｓ(ｎπ/４)　　（終）


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年２月２３日付け）

　ａｔ さんのやりかたの練習という意味での出題なので、ａｔ さん以外の方に答えていただく
ことを想定していました。もちろんいけないわけではないのですが．．．。

　上記で、「(イ)’(ロ)’は、(イ)(ロ)に比べて本質的に易しいわけではありませんが、計算はか
なり楽になります。」と書いたのは、高校レベルを意識したものです。

　現在の高校では複素数平面はやりません。もちろん、ド･モアブルの定理もありませんから、
ｎ で場合分けして答えるしかありません。

　だから結構面倒になるので、(イ)’(ロ)’ぐらいでいいかなという気がします。


　ＦＮさんが、(イ)’(イ)の解を与えられました。（平成２３年２月２４日付け）

（（イ）’の解）　ω を１の虚数立方根とすると、　１＋ω＋ω²＝０　、ω³＝１　である。

　　(１＋ｘ)^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｘ＋_ｎＣ₂ｘ²＋_ｎＣ₃ｘ³＋_ｎＣ₄ｘ⁴＋_ｎＣ₅ｘ⁵＋・・・

　この式に、ｘ＝１、ω、ω²　を代入して、

　　２^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₅＋・・・
　　(１＋ω)^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ω＋_ｎＣ₂ω²＋_ｎＣ₃ω³＋_ｎＣ₄ω⁴＋_ｎＣ₅ω⁵＋・・・
　　(１＋ω²)^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ω²＋_ｎＣ₂ω＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₄ω²＋_ｎＣ₅ω＋・・・

　ここで、ｎは６の倍数だから、　(１＋ω)^ｎ＝(−ω²)^ｎ＝ω^2ｎ＝１

　同様に、　(１＋ω²)^ｎ＝(−ω)^ｎ＝ω^ｎ＝１

　上の３式を加えると、左辺＝２^ｎ＋２　、右辺＝３（_ｎＣ₀＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₆＋・・・）

　したがって、　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₆＋・・・＋_ｎＣ_ｎ＝（２^ｎ＋２）/３　　（終）

（（イ）の解）　(１＋ω)^ｎ＋(１＋ω²)^ｎ　の計算以外は上と同じです。

　　(１＋ω)^ｎ＋(１＋ω²)^ｎ＝(−ω²)^ｎ＋(−ω)^ｎ＝(−１)^ｎ（ω^ｎ＋ω^2ｎ）

　ここで、　ｎが３の倍数のとき、　(−１)^ｎ・２　、
　　 　　　　ｎが３の倍数でないとき、　(−１)^ｎ・(−１)＝(−１)^ｎ-1

　さらに詳しく分類すると、

　ｎを６で割った余りが０のとき、２、
　ｎを６で割った余りが３のとき、−２、
　ｎを６で割った余りが１か５のとき、１
　ｎを６で割った余りが２か４のとき、−１

　以上より、次のようになる。

　ｎ≡０  (ｍｏｄ ６)　のとき、　（２^ｎ＋２）/３
　ｎ≡３  (ｍｏｄ ６)　のとき、　（２^ｎ−２）/３
　ｎ≡１、５  (ｍｏｄ ６)　のとき、　（２^ｎ＋１）/３
　ｎ≡２、４  (ｍｏｄ ６)　のとき、　（２^ｎ−１）/３　　（終）


　攻略法さんも上記の問題（イ）を解かれました。（平成２３年２月２４日付け）
　（→　参考：「オメガ（ω）の真実」）

（(イ)の解）　α₃＝ｃｏｓ(２π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(２π/３)　（ｉ は虚数単位) より、

　α₃＝(−１＋i・)/２＝ω　（１の虚数立方根）

f(ｘ)＝(１＋ｘ)^ｎ　より、

_ｎＣ₀＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₆＋・・・

＝｛(１＋ω)^ｎ＋(１＋ω²)^ｎ＋(１＋ω³)^ｎ｝/３

＝｛(−ω²)^ｎ＋(−ω)^ｎ＋２^ｎ｝/３

＝｛(−１)^ｎ（ω^2ｎ＋ω^ｎ）＋２^ｎ｝/３　　←式１

　これが求める値となる。　ｎ を場合分けすれば、

ｎ＝３ｋ　の場合　　(−１)^ｎ（ω^2ｎ＋ω^ｎ）＝(−１)^ｋ（１＋１）＝２(−１)^ｋ
ｎ＝３ｋ＋１　の場合
　(−１)^ｎ（ω^2ｎ＋ω^ｎ）＝(−１)^ｋ+1（ω²＋ω）＝(−１)^ｋ+1（−１）＝(−１)^ｋ
ｎ＝３ｋ＋２　の場合
　(−１)^ｎ（ω^2ｎ＋ω^ｎ）＝(−１)^ｋ（ω＋ω²）＝(−１)^ｋ（−１）＝−(−１)^ｋ

となるので、式１は、

ｎ＝３ｋ　の場合　　（２^ｎ＋２(−１)^ｎ）/３
それ以外の場合　　（２^ｎ−(−１)^ｎ）/３　　（終）

参考サイト：　「A024493」　、（ロ）の参考サイト：　「A038503」


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年２月２４日付け）

　４通りに分けるより、２通りのほうがいいかもしれません。

　できるだけ高校数学の範囲でと考えています。(ロ)もほとんど同じですが、結構面倒そうな
ので、(ロ)’の解答を書いておきます。１、ω、ω²の代わりに、１、−１、ｉ、−ｉ を入れるだけ
ですが．．．。

（（ロ）’の解）　(１＋ｘ)^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｘ＋_ｎＣ₂ｘ²＋_ｎＣ₃ｘ³＋_ｎＣ₄ｘ⁴＋_ｎＣ₅ｘ⁵＋・・・

　この式に、ｘ＝１、−１、ｉ、−ｉ を代入して、

　２^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₅＋・・・
　０＝_ｎＣ₀−_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂−_ｎＣ₃＋_ｎＣ₄−_ｎＣ₅＋・・・
　(１＋ｉ)^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｉ−_ｎＣ₂−_ｎＣ₃ｉ＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₅ｉ＋・・・
　(１−ｉ)^ｎ＝_ｎＣ₀−_ｎＣ₁ｉ−_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃ｉ＋_ｎＣ₄−_ｎＣ₅ｉ＋・・・

　この４式を加えて、　２^ｎ＋(１＋ｉ)^ｎ＋(１−ｉ)^ｎ＝４（_ｎＣ₀＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₈＋・・・）

ここで、　(１±ｉ)²＝±２ｉ　、(１±ｉ)⁴＝−４　、(１±ｉ)⁸＝１６＝２⁴　で、

　ｎが８の倍数だから、ｎ＝８ｋ　とおくと、　(１±ｉ)^ｎ＝（２⁴）^ｋ＝２^ｎ/2

従って、　２^ｎ＋(１＋ｉ)^ｎ＋(１−ｉ)^ｎ＝２^ｎ＋２^(ｎ+2)/2 より、

　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₈＋・・・＋_ｎＣ_ｎ＝２^ｎ-2＋２^(ｎ-2)/2　　（終）


　ＦＮさんの（（ロ）’の解）を参考にして、（（ロ）の解）を考えてみました。

（（ロ）の解）　 （４）より、　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₄＋・・・＋_ｎＣ_ｎ＝２^ｎ
　　　　　 　　（５）より、　_ｎＣ₀−_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂−_ｎＣ₃＋_ｎＣ₄−・・・＋（−１）^ｎ_ｎＣ_ｎ＝０

　また、_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｉ−_ｎＣ₂−_ｎＣ₃ｉ＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₅ｉ＋・・・＝(１＋ｉ)^ｎ
　　　　_ｎＣ₀−_ｎＣ₁ｉ−_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃ｉ＋_ｎＣ₄−_ｎＣ₅ｉ＋・・・＝(１−ｉ)^ｎ

　これらの４式を辺々加えて、　４（_ｎＣ₀＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₈＋・・・）＝２^ｎ＋(１＋ｉ)^ｎ＋(１−ｉ)^ｎ

　ここで、ド・モアブルの定理より、　１＋ｉ ＝（ｃｏｓ（π/４）＋ｉ・ｓｉｎ（π/４））　なので、

　(１＋ｉ)^ｎ ＝２^ｎ/2（ｃｏｓ（ｎπ/４）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎπ/４））

同様にして、　(１−ｉ)^ｎ ＝２^ｎ/2（ｃｏｓ（ｎπ/４）−ｉ・ｓｉｎ（ｎπ/４））　なので、

　４（_ｎＣ₀＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₈＋・・・）＝２^ｎ＋２・２^ｎ/2ｃｏｓ（ｎπ/４）　より、

　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₈＋・・・＝２^ｎ-2＋２^(ｎ-2)/2ｃｏｓ（ｎπ/４）　　（終）


（７）　_ｎＣ₁＋２_ｎＣ₂＋３_ｎＣ₃＋・・・＋ｒ_ｎＣ_ｒ＋・・・＋ｎ_ｎＣ_ｎ＝ｎ・２^ｎ-1

（証明）　展開公式（ＥＰ）の両辺を微分して、ｘ＝１ とおけばよい。　（証終）


（別証）　性質（３）　ｋ・_ｎＣ_ｋ＝ｎ・_ｎ-1Ｃ_ｋ-1　より、

　１・_ｎＣ₁＝ｎ・_ｎ-1Ｃ₀
　２・_ｎＣ₂＝ｎ・_ｎ-1Ｃ₁
　３・_ｎＣ₃＝ｎ・_ｎ-1Ｃ₂
　　・・・・・・・・・
　ｎ・_ｎＣ_ｎ＝ｎ・_ｎ-1Ｃ_ｎ-1

よって、

_ｎＣ₁＋２_ｎＣ₂＋３_ｎＣ₃＋・・・＋ｎ_ｎＣ_ｎ
＝ｎ（_ｎ-1Ｃ₀＋_ｎ-1Ｃ₁＋_ｎ-1Ｃ₂＋・・・＋_ｎ-1Ｃ_ｎ-1）＝ｎ・２^ｎ-1　　（別証終）


（３）を用いず、（１）を用いた別証も考えられる。方法論的に大切かな？

（別証２）　性質（１）　_ｎＣ_ｒ＝_ｎＣ_ｎ-ｒ　より、

　_ｎＣ₁＝_ｎＣ_ｎ-1
　２_ｎＣ₂＝２_ｎＣ_ｎ-2
　３_ｎＣ₃＝３_ｎＣ_ｎ-3
　　・・・・・・・・・
　ｎ_ｎＣ_ｎ＝ｎ_ｎＣ₀

よって、　Ｓ＝_ｎＣ₁＋２_ｎＣ₂＋３_ｎＣ₃＋・・・＋（ｎ−１）_ｎＣ_ｎ-1＋ｎ_ｎＣ_ｎ　とおくと、

　Ｓ＝ｎ_ｎＣ₀＋（ｎ−１）_ｎＣ₁＋（ｎ−２）_ｎＣ₂＋・・・＋２_ｎＣ_ｎ-2＋_ｎＣ_ｎ-1　なので、

　２Ｓ＝ｎ_ｎＣ₀＋ｎ_ｎＣ₁＋ｎ_ｎＣ₂＋・・・＋ｎ_ｎＣ_ｎ-2＋ｎ_ｎＣ_ｎ-1＋ｎ_ｎＣ_ｎ

　　＝ｎ（_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂＋・・・＋_ｎＣ_ｎ-2＋_ｎＣ_ｎ-1＋_ｎＣ_ｎ）＝ｎ・２^ｎ

よって、　_ｎＣ₁＋２_ｎＣ₂＋・・・＋（ｎ−１）_ｎＣ_ｎ-1＋ｎ_ｎＣ_ｎ＝ｎ・２^ｎ-1　　（別証２終）

（→　組合せ論的証明）


（８）　_ｎＣ₁−２_ｎＣ₂＋３_ｎＣ₃−・・・＋（−１）^ｒ-1ｒ_ｎＣ_ｒ＋・・・＋（−１）^ｎ-1ｎ_ｎＣ_ｎ＝０

（証明）　展開公式（ＥＰ）の両辺を微分して、ｘ＝−１ とおけばよい。　（証終）
（→　（８）の一般化）


（別証）　ｋ・_ｎＣ_ｋ＝ｎ・_ｎ-1Ｃ_ｋ-1　より、

　１・_ｎＣ₁＝ｎ・_ｎ-1Ｃ₀
　２・_ｎＣ₂＝ｎ・_ｎ-1Ｃ₁
　３・_ｎＣ₃＝ｎ・_ｎ-1Ｃ₂
　　・・・・・・・・・
　ｎ・_ｎＣ_ｎ＝ｎ・_ｎ-1Ｃ_ｎ-1

よって、

　_ｎＣ₁−２_ｎＣ₂＋３_ｎＣ₃−・・・＋（−１）^ｎ-1ｎ_ｎＣ_ｎ
＝ｎ（_ｎ-1Ｃ₀−_ｎ-1Ｃ₁＋_ｎ-1Ｃ₂−・・・＋（−１）^ｎ-1_ｎ-1Ｃ_ｎ-1）＝０　　（別証終）

（→　組合せ論的証明）


（９）　_ｎＣ₀＋(1/2)_ｎＣ₁＋(1/3)_ｎＣ₂＋(1/4)_ｎＣ₃＋・・・＋(1/(n+1))_ｎＣ_ｎ

　　＝（２^ｎ+1−１）/（ｎ＋１）

（証明）　展開公式（ＥＰ）の両辺を、ｘ＝０ から ｘ＝１ まで定積分すればよい。　（証終）


（別証）　ｋ・_ｎＣ_ｋ＝ｎ・_ｎ-1Ｃ_ｋ-1　より、　（ｋ＋１）・_ｎ+1Ｃ_ｋ+1＝（ｎ＋１）・_ｎＣ_ｋ　なので、

　１・_ｎ+1Ｃ₁＝（ｎ＋１）・_ｎＣ₀
　２・_ｎ+1Ｃ₂＝（ｎ＋１）・_ｎＣ₁
　３・_ｎ+1Ｃ₃＝（ｎ＋１）・_ｎＣ₂
　　・・・・・・・・・・・・・
　（ｎ＋１）・_ｎ+1Ｃ_ｎ+1＝（ｎ＋１）・_ｎＣ_ｎ

よって、

　_ｎＣ₀＋(1/2)_ｎＣ₁＋(1/3)_ｎＣ₂＋(1/4)_ｎＣ₃＋・・・＋(1/(n+1))_ｎＣ_ｎ
＝（_ｎ+1Ｃ₁＋_ｎ+1Ｃ₂＋_ｎ+1Ｃ₃＋・・・＋_ｎ+1Ｃ_ｎ+1）/（ｎ＋１）＝（２^ｎ+1−１）/（ｎ＋１）　（別証終）

（→　組合せ論的証明）


（１０）　_ｎＣ₀−_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂−_ｎＣ₃＋・・・＋（−１）^ｍ_ｎＣ_ｍ　の値は、

　　ｍ＜ｎ　のとき、　（−１）^ｍ_ｎ-1Ｃ_ｍ　、ｍ＝ｎ　のとき、　０

（証明）　ｋ＝０、１、２、・・・、ｍ　に対して、（−１）^ｋ_ｎＣ_ｋ　は、 ｘ^ｎ−ｋ（１−ｘ）^ｎ　を展開したと
　　　　きの ｘ^ｎ の係数である。

　よって、_ｎＣ₀−_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂−_ｎＣ₃＋・・・＋（−１）^ｍ_ｎＣ_ｍ　は、

　　ｘ^ｎ（１−ｘ）^ｎ＋ｘ^ｎ−1（１−ｘ）^ｎ＋ｘ^ｎ−2（１−ｘ）^ｎ＋・・・＋ｘ^ｎ−ｍ（１−ｘ）^ｎ　を展開したとき

の ｘ^ｎ の係数である。

　ここで、

　ｘ^ｎ（１−ｘ）^ｎ＋ｘ^ｎ−1（１−ｘ）^ｎ＋ｘ^ｎ−2（１−ｘ）^ｎ＋・・・＋ｘ^ｎ−ｍ（１−ｘ）^ｎ
＝ｘ^ｎ−ｍ（１−ｘ）^ｎ（１＋ｘ＋ｘ²＋・・・＋ｘ^ｍ）
＝ｘ^ｎ−ｍ（１−ｘ）^ｎ・（１−ｘ^ｍ+1）/（１−ｘ）
＝（１−ｘ）^ｎ-1・（ｘ^ｎ−ｍ−ｘ^ｎ+1）

なので、

　ｍ＝ｎ　のとき、　（１−ｘ）^ｎ-1・（ｘ^ｎ−ｍ−ｘ^ｎ+1）＝（１−ｘ）^ｎ-1・（１−ｘ^ｎ+1） を展開したとき

ｘ^ｎ の項はないので、 ｘ^ｎ の係数は、　０

　ｍ＜ｎ　のとき、　（１−ｘ）^ｎ-1・（ｘ^ｎ−ｍ−ｘ^ｎ+1） を展開したときの ｘ^ｎ の係数は、

　（１−ｘ）^ｎ-1 を展開したときの ｘ^ｍ の係数に等しい。すなわち、　（−１）^ｍ_ｎ-1Ｃ_ｍ　である。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（証終）

（コメント）　ｍ＝ｎ　のとき、　_ｎＣ₀−_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂−_ｎＣ₃＋・・・＋（−１）^ｍ_ｎＣ_ｍ＝０　であるこ
　　とは、　（１＋ｘ）^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｘ＋_ｎＣ₂ｘ²＋_ｎＣ₃ｘ³＋・・・＋_ｎＣ_ｎｘ^ｎ　において、
　ｘ＝−１　とおくと、　０＝_ｎＣ₀−_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂−_ｎＣ₃＋・・・＋（−１）^ｎ_ｎＣ_ｎ　から明らかだが、
　ｍ＜ｎ　のときを示すのが難しい。上記の証明の発想はとても新鮮である。


　ＦＮさんが、（１０）の別証を考えられた。（平成２３年３月２７日付け）

　（１０）は、ｒ＞ｎ のとき、_ｎＣ_ｒ＝０ と考えれば、次のようにも表現できる。


（１０）　_ｎＣ₀−_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂−_ｎＣ₃＋・・・＋（−１）^ｍ_ｎＣ_ｍ＝（−１）^ｍ_ｎ-1Ｃ_ｍ


　場合の数を２通り考えることによって等式を証明するという意味での組合せ論的証明では
ないが、_ｎＣ_ｒ＝_ｎ-1Ｃ_ｒ＋_ｎ-1Ｃ_ｒ-1 を使った別証である。

（別証） ｒ＝０　のとき、_ｎＣ₀＝_ｎ-1Ｃ₀　に注意して、

　左辺
＝_ｎＣ₀−_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂−_ｎＣ₃＋・・・＋（−１）^ｍ_ｎＣ_ｍ
＝_ｎ-1Ｃ₀−（_ｎ-1Ｃ₀＋_ｎ-1Ｃ₁）＋（_ｎ-1Ｃ₁＋_ｎ-1Ｃ₂）
　　−（_ｎ-1Ｃ₂＋_ｎ-1Ｃ₃）＋・・・＋（−１）^ｍ（_ｎ-1Ｃ_ｍ-1＋_ｎ-1Ｃ_ｍ）
＝（−１）^ｍ_ｎ-1Ｃ_ｍ　　（←隣と順次消えていくパターン！）　　（別証終）


　（１０）で獲得した手法を用いると、次の（１１）（１２）も容易だろう。


（１１）　_ｎＣ_ｋ＋_ｎ+1Ｃ_ｋ＋_ｎ+2Ｃ_ｋ＋・・・＋_ｎ+ｍＣ_ｋ　の値は、

　　ｋ＜ｎ　のとき、　_ｎ+ｍ+1Ｃ_ｋ+1−_ｎＣ_ｋ+1　、ｋ＝ｎ　のとき、　_ｎ+ｍ+1Ｃ_ｎ+1

（証明）　ｔ＝０、１、２、・・・、ｍ　に対して、_ｎ+ｔＣ_ｋ　は、 （１＋ｘ）^ｎ+ｔ　を展開したときの ｘ^ｋの
　　　　係数である。

　よって、_ｎＣ_ｋ＋_ｎ+1Ｃ_ｋ＋_ｎ+2Ｃ_ｋ＋・・・＋_ｎ+ｍＣ_ｋ は、

　（１＋ｘ）^ｎ＋（１＋ｘ）^ｎ+1＋（１＋ｘ）^ｎ+2＋・・・＋（１＋ｘ）^ｎ+ｍ

を展開したときの ｘ^ｋ の係数である。

　ここで、

　（１＋ｘ）^ｎ＋（１＋ｘ）^ｎ+1＋（１＋ｘ）^ｎ+2＋・・・＋（１＋ｘ）^ｎ+ｍ
＝（１＋ｘ）^ｎ｛（１＋ｘ）^ｍ+1−１｝/ｘ
＝｛（１＋ｘ）^ｎ+ｍ+1/ｘ｝−｛（１＋ｘ）^ｎ/ｘ｝

なので、ｋ＝ｎ　のとき、　（１＋ｘ）^ｎ/ｘ を展開したとき ｘ^ｎ の項はないので、 求める値は、

　（１＋ｘ）^ｎ+ｍ+1 を展開したときの ｘ^ｎ+1 の係数 _ｎ+ｍ+1Ｃ_ｎ+1 に等しい。

　ｋ＜ｎ　のとき、求める値は、（１＋ｘ）^ｎ+ｍ+1−（１＋ｘ）^ｎ を展開したときの ｘ^ｋ+1 の係数に

等しい。すなわち、　_ｎ+ｍ+1Ｃ_ｋ+1−_ｎＣ_ｋ+1　である。　　（証終）

（→　組合せ論的証明）


（追記）　平成２７年１１月２２日付け

　（１１）の特別な場合：　_ｎＣ_ｎ＋_ｎ+1Ｃ_ｎ＋_ｎ+2Ｃ_ｎ＋・・・＋_ｎ+ｍＣ_ｎ＝_ｎ+ｍ+1Ｃ_ｎ+1

は、次のような図（ｎ＝２、ｍ＝３）を与えた方がわかりやすいかもしれない。筑波大学附属
高校生の研究パネルに刺激されました。

　　


（追記）　平成２６年１０月１８日付け

　平成８年度　学習院大学経済学部の入試問題において、性質（１１）の考え方が有効に用
いられる。

　　ｎを３以上の自然数とするとき、　Σ_{ｋ=3〜ｎ ｋ}Ｃ₃＝_ｎ+1Ｃ₄

（解）　Σ _{ｋ=3〜ｎｋ}Ｃ₃＝₃Ｃ₃＋₄Ｃ₃＋₅Ｃ₃＋・・・＋_nＣ₃ において、_ｋＣ₃ は、（１＋ｘ）^ｋを展開

　　したときの ｘ³ の係数である。したがって、₃Ｃ₃＋₄Ｃ₃＋₅Ｃ₃＋・・・＋_nＣ₃ は、

　（１＋ｘ）³＋（１＋ｘ）⁴＋（１＋ｘ）⁵＋・・・＋（１＋ｘ）ⁿ　を展開したときの ｘ³ の係数である。

ここで、

　（１＋ｘ）³＋（１＋ｘ）⁴＋（１＋ｘ）⁵＋・・・＋（１＋ｘ）ⁿ
＝（１＋ｘ）³｛（１＋ｘ）^ｎ-2−１｝/ｘ＝（１＋ｘ）^ｎ+1/ｘ−（１＋ｘ）³/ｘ

　よって、ｘ³ の係数は、_ｎ+1Ｃ₄ となる。　　（終）


　上記の証明は機械的で等式の持つ本来の意味が感じられない。やはりそのためには、組
合せ論的証明が求められる。（平成２６年１０月２５日付け）

（別解）　ｎ＋１個の数 ｛１，２，３，・・・，ｎ，ｎ＋１｝ から４個とる組合せの数が、_ｎ+1Ｃ₄通りで

　ある。ここで、４つの数の最大数に着目する。

　最大数がｎのとき、残りの３つの数の選び方は、_ｎＣ₃ 通り
　最大数がｎ−１のとき、残りの３つの数の選び方は、_ｎ-1Ｃ₃ 通り
　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
　最大数が４のとき、残りの３つの数の選び方は、₃Ｃ₃ 通り

以上から、等式　₃Ｃ₃＋₄Ｃ₃＋₅Ｃ₃＋・・・＋_nＣ₃＝_ｎ+1Ｃ₄ が成り立つ。　　（終）


　また、「性質（２）　_ｎＣ_ｒ＝_ｎ-1Ｃ_ｒ＋_ｎ-1Ｃ_ｒ-1　　（１≦ｒ≦ｎ−１）」を用いれば、次のよう
な解答も可能である。

（別解）　_ｋＣ₃＝_ｋ+1Ｃ₄−_ｋＣ₄ 、₃Ｃ₄＝０　なので、

　Σ _{ｋ=3〜ｎ ｋ}Ｃ₃＝(_ｎ+1Ｃ₄−_ｎＣ₄)＋(_ｎＣ₄−_ｎ-1Ｃ₄)＋・・・＋(₄Ｃ₄−₃Ｃ₄)＝_ｎ+1Ｃ₄　　（終）


（コメント）　組合せ論的証明も味わいがあっていいですが、間が全て消失するという上記の
　　　　　　別解も爽快ですね！


　（１１）で、ｋ＝ｎ のときは、_ｎＣ_ｒ＝_ｎＣ_ｎ-ｒ　より、次の形にも変形できる。

　　　　　　_ｎＣ₀＋_ｎ+1Ｃ₁＋_ｎ+2Ｃ₂＋・・・＋_ｎ+ｍＣ_ｍ＝_ｎ+ｍ+1Ｃ_ｍ

　この公式は、「総和の公式」とも言われる。

例　₄Ｃ₀＋₅Ｃ₁＋₆Ｃ₂＋₇Ｃ₃＝₈Ｃ₃＝５６


　和の公式（２） _ｎＣ_ｒ＝_ｎ-1Ｃ_ｒ＋_ｎ-1Ｃ_ｒ-1 を繰り返し用いることにより、総和の公式を示す
ことができる。

（別証）　_ｎＣ₀＋_ｎ+1Ｃ₁＝_ｎ+1Ｃ₀＋_ｎ+1Ｃ₁＝_ｎ+2Ｃ<sub>1

　　ｎ+2</sub>Ｃ₁＋_ｎ+2Ｃ₂＝_ｎ+3Ｃ<sub>2

　　ｎ+3</sub>Ｃ₂＋_ｎ+3Ｃ₃＝_ｎ+4Ｃ₃

　　　　・・・・・・・・・

　　_ｎ+ｍＣ_ｍ-1＋_ｎ+ｍＣ_ｍ＝_ｎ+ｍ+1Ｃ_ｍ

　以上から、_ｎＣ₀＋_ｎ+1Ｃ₁＋_ｎ+2Ｃ₂＋・・・＋_ｎ+ｍＣ_ｍ＝_ｎ+ｍ+1Ｃ_ｍ　が成り立つ。　　（別証終）


　この総和の公式を用いると、よく知られた次の和が示される。　

(Ａ)　１＋２＋３＋・・・＋ｎ ＝

(Ｂ)　１2＋２2＋３2＋・・・＋ｎ2 ＝

　実際に、（Ａ）は、

　１＋２＋３＋・・・＋ｎ

＝₁Ｃ₁＋₂Ｃ₁＋₃Ｃ₁＋・・・＋_ｎＣ₁

＝₁Ｃ₀＋₂Ｃ₁＋₃Ｃ₂＋・・・＋_ｎＣ_ｎ-1

＝_ｎ+1Ｃ_ｎ-1＝_ｎ+1Ｃ₂＝ｎ（ｎ＋１）/２

　同様に、（Ｂ）は、まず、　ｋ²＝（ｋ²−ｋ）＋ｋ＝２｛ｋ（ｋ−１）/２｝＋ｋ＝２_ｋＣ₂＋_ｋＣ₁　と書
けるので、

　１²＋２²＋３²＋・・・＋ｎ²

＝２Σ_ｋＣ₂＋Σ_ｋＣ₁

＝２（₂Ｃ₂＋₃Ｃ₂＋・・・＋_ｎＣ₂）＋（₁Ｃ₁＋₂Ｃ₁＋・・・＋_ｎＣ₁）　　（ただし、₁Ｃ₂＝０ ）

＝２（₂Ｃ₀＋₃Ｃ₁＋・・・＋_ｎＣ_ｎ-2）＋（₁Ｃ₀＋₂Ｃ₁＋・・・＋_ｎＣ_ｎ-1）

＝２_ｎ+1Ｃ_ｎ-2＋_ｎ+1Ｃ_ｎ-1

＝２_ｎ+1Ｃ₃＋_ｎ+1Ｃ₂

＝２（ｎ＋１）ｎ（ｎ−１）/６＋（ｎ＋１）ｎ/２

＝（ｎ＋１）ｎ｛２（ｎ−１）＋３｝/６

＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）/６


（コメント）　斬新な求め方ですね！


（１２）　_2ｎＣ₀−_2ｎ-1Ｃ₁＋_2ｎ-2Ｃ₂−・・・＋（−１）^ｎ_ｎＣ_ｎ　の値は、ｋ を整数として、

　　ｎ＝３ｋ　のとき、１　、ｎ＝３ｋ＋１　のとき、０　、ｎ＝３ｋ＋２　のとき、−１

（証明）　ｋ＝０、１、２、・・・、ｎ　に対して、_2ｎ-ｋＣ_ｋ は、 ｘ^2ｎ-ｋ（１−ｘ）^2ｎ-ｋ　を展開したとき
　　　　の ｘ^2ｎ の係数である。

　よって、_2ｎＣ₀−_2ｎ-1Ｃ₁＋_2ｎ-2Ｃ₂−・・・＋（−１）^ｎ_ｎＣ_ｎ　は、

　　ｘ^2ｎ（１−ｘ）^2ｎ＋ｘ^2ｎ-1（１−ｘ）^2ｎ-1＋ｘ^2ｎ-2（１−ｘ）^2ｎ-2＋・・・＋ｘ^ｎ（１−ｘ）^ｎ

を展開したときの ｘ^2ｎ の係数である。ここで、

　ｘ^2ｎ（１−ｘ）^2ｎ＋ｘ^2ｎ-1（１−ｘ）^2ｎ-1＋ｘ^2ｎ-2（１−ｘ）^2ｎ-2＋・・・＋ｘ^ｎ（１−ｘ）^ｎ

に、ｘ^ｎ-1（１−ｘ）^ｎ-1＋ｘ^ｎ-2（１−ｘ）^ｎ-2＋・・・＋ｘ（１−ｘ）＋１　を加えても ｘ^2ｎ の係数は変
わらない。

　このとき、ｘ^2ｎ の係数は、次の展開により得られる。

　　｛１−ｘ^2ｎ+1（１−ｘ）^2ｎ+1｝/｛１−ｘ（１−ｘ）｝＝｛ｘ^2ｎ+1（ｘ−１）^2ｎ+1＋１｝/（ｘ²−ｘ＋１）

　ここで、１/（ｘ²−ｘ＋１）＝（１＋ｘ）/（１＋ｘ³）＝（１＋ｘ）（１−ｘ³＋ｘ⁶−・・・）　なので、

　ｘ^2ｎ の係数は、

　（１＋ｘ）（１−ｘ³＋ｘ⁶−・・・）
＝１＋ｘ＋０−ｘ³−ｘ⁴＋０＋ｘ⁶＋ｘ⁷＋０−ｘ⁹−ｘ¹⁰＋０＋・・・

から得られる。このことから、

　２ｎ＝６ｋ　すなわち、　ｎ＝３ｋ　のとき、　ｘ^2ｎ の係数は、　１
　２ｎ＝６ｋ＋２　すなわち、　ｎ＝３ｋ＋１　のとき、　ｘ^2ｎ の係数は、　０
　２ｎ＝６ｋ＋４　すなわち、　ｎ＝３ｋ＋２　のとき、　ｘ^2ｎ の係数は、　−１　　（証終）


（１３）　_2ｎＣ_ｎ＋２・_2ｎ-1Ｃ_ｎ＋４・_2ｎ-2Ｃ_ｎ＋・・・＋２^ｎ・_ｎＣ_ｎ＝２^2ｎ

（証明）　ｋ＝０、１、２、・・・、ｎ　に対して、２^ｋ・_2ｎ-ｋＣ_ｎ　は、 ２^ｋ（１＋ｘ）^2ｎ-ｋ　を展開したと
　　　　きの ｘ^ｎ の係数である。

　よって、 _2ｎＣ_ｎ＋２・_2ｎ-1Ｃ_ｎ＋４・_2ｎ-2Ｃ_ｎ＋・・・＋２^ｎ・_ｎＣ_ｎ は、

　　　（１＋ｘ）^2ｎ＋２（１＋ｘ）^2ｎ-1＋２²（１＋ｘ）^2ｎ-2＋・・・＋２^ｎ（１＋ｘ）^ｎ

を展開したときの ｘ^ｎ の係数である。

　ここで、

（１＋ｘ）^2ｎ＋２（１＋ｘ）^2ｎ-1＋２²（１＋ｘ）^2ｎ-2＋・・・＋２^ｎ（１＋ｘ）^ｎ

＝２^ｎ（１＋ｘ）^ｎ＋２^ｎ-1（１＋ｘ）^ｎ+1＋・・・＋２（１＋ｘ）^2ｎ-1＋（１＋ｘ）^2ｎ

＝２^ｎ（１＋ｘ）^ｎ・｛（１＋ｘ）^ｎ+1/２^ｎ+1−１｝/｛（１＋ｘ）/２−１｝

＝｛（１＋ｘ）^2ｎ+1−２^ｎ+1（１＋ｘ）^ｎ｝/（ｘ−１）

＝｛２^ｎ+1（１＋ｘ）^ｎ−（１＋ｘ）^2ｎ+1｝/（１−ｘ）

　上式において、　１/（１−ｘ）＝１＋ｘ＋ｘ²＋ｘ³＋・・・　なので、

　｛２^ｎ+1（１＋ｘ）^ｎ−（１＋ｘ）^2ｎ+1｝（１＋ｘ＋ｘ²＋ｘ³＋・・・）

を展開したときの ｘ^ｎ の係数である。

　２^ｎ+1（１＋ｘ）^ｎ（１＋ｘ＋ｘ²＋ｘ³＋・・・） を展開したときの ｘ^ｎ の係数は、

　２^ｎ+1（_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃＋・・・＋_ｎＣ_ｎ）＝２^ｎ+1・２^ｎ＝２^2ｎ+1

　（１＋ｘ）^2ｎ+1（１＋ｘ＋ｘ²＋ｘ³＋・・・） を展開したときの ｘ^ｎ の係数は、

　_2ｎ+1Ｃ₀＋_2ｎ+1Ｃ₁＋_2ｎ+1Ｃ₂＋・・・＋_2ｎ+1Ｃ_ｎ

　ところで、_2ｎ+1Ｃ₀＋_2ｎ+1Ｃ₁＋・・・＋_2ｎ+1Ｃ_ｎ＋_2ｎ+1Ｃ_ｎ+1＋・・・＋_2ｎ+1Ｃ_2ｎ+1＝２^2ｎ+1

において、_2ｎ+1Ｃ_ｎ+1＝_2ｎ+1Ｃ_ｎ　、・・・、_2ｎ+1Ｃ_2ｎ+1＝_2ｎ+1Ｃ₀　なので、

　２（_2ｎ+1Ｃ₀＋_2ｎ+1Ｃ₁＋_2ｎ+1Ｃ₂＋・・・＋_2ｎ+1Ｃ_ｎ）＝２^2ｎ+1

より、　_2ｎ+1Ｃ₀＋_2ｎ+1Ｃ₁＋_2ｎ+1Ｃ₂＋・・・＋_2ｎ+1Ｃ_ｎ＝２^2ｎ

　以上から、求める ｘ^ｎ の係数は、　２^2ｎ+1−２^2ｎ＝２^2ｎ　となるので、

　_2ｎＣ_ｎ＋２・_2ｎ-1Ｃ_ｎ＋４・_2ｎ-2Ｃ_ｎ＋・・・＋２^ｎ・_ｎＣ_ｎ＝２^2ｎ

が成り立つ。　　（証終）

（→　組合せ論的証明）


（１４）　_ｎＣ₀²＋_ｎＣ₁²＋_ｎＣ₂²＋・・・＋_ｎＣ_n²＝_2ｎＣ_ｎ

　（→　参考：「パスカルの三角形」の（４） ）

（証明） ｎ 個の異なる赤球と、ｎ 個の異なる白球がある。この異なる ２ｎ 個のものから、異
　　　　なる ｎ 個のものをとる組合せの数 _2ｎＣ_n は、赤球の個数で場合分けして、赤球 ｋ 個
　　　　と白球 ｎ−ｋ 個をとる組合せの数の積 _ｎＣ_ｋ・_ｎＣ_n-ｋ ＝_ｎＣ_ｋ²　の和に等しい。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（証終）

　（１０）〜（１３）の流れを考えると、次のような別証も考えられる。

（別証）　_ｎＣ_ｋ　は、 （１＋ｘ）^ｎ　を展開したときの ｘ^ｋ の係数で、_ｎＣ_ｋ＝_ｎＣ_n-ｋ　である。

　よって、　(１＋ｘ)^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｘ＋_ｎＣ₂ｘ²＋・・・＋_ｎＣ_ｎ-1ｘ^ｎ-1＋_ｎＣ_ｎｘ^ｎ　であり、

　(１＋ｘ)^ｎ＝_ｎＣ_ｎ＋_ｎＣ_ｎ-1ｘ＋_ｎＣ_ｎ-2ｘ²＋・・・＋_ｎＣ₁ｘ^ｎ-1＋_ｎＣ₀ｘ^ｎ

　このとき、_ｎＣ₀²＋_ｎＣ₁²＋_ｎＣ₂²＋・・・＋_ｎＣ_n² は、

（_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｘ＋・・・＋_ｎＣ_ｎ-1ｘ^ｎ-1＋_ｎＣ_ｎｘ^ｎ）（_ｎＣ_ｎ＋_ｎＣ_ｎ-1ｘ＋・・・＋_ｎＣ₁ｘ^ｎ-1＋_ｎＣ₀ｘ^ｎ）

すなわち、（１＋ｘ）^ｎ（１＋ｘ）^ｎ＝（１＋ｘ）^2ｎ を展開したときの ｘ^ｎ の係数に等しい。

　したがって、　_2ｎＣ_ｎ　である。　　（別証終）

　この別証の考え方はとても大切なので、読者の方のために練習問題を置いておこう。

練習問題　　次の等式が成り立つことを示せ。

　_ｎＣ_ｒ＋３・_ｎＣ_ｒ-1＋３・_ｎＣ_ｒ-2＋_ｎＣ_r-3＝_ｎ+3Ｃ_ｒ

（解）　（１＋ｘ）^ｎ+3＝（１＋ｘ）^ｎ（１＋ｘ）³ において、

（１＋ｘ）^ｎ+3 を展開したときの ｘ^ｒ の係数が、_ｎ+3Ｃ_ｒ

一方、（１＋ｘ）^ｎ を展開したときの ｘ^ｒ の係数が、_ｎＣ_ｒ で、（１＋ｘ）³ を展開したときの １ の
　　　係数が、１

同様に、（１＋ｘ）^ｎ を展開したときの ｘ^ｒ-1 の係数が、_ｎＣ_ｒ-1 で、（１＋ｘ）³ を展開したときの
　　　 ｘ の係数が、₃Ｃ₁＝３

（１＋ｘ）^ｎ を展開したときの ｘ^ｒ-2 の係数が、_ｎＣ_ｒ-2 で、（１＋ｘ）³ を展開したときの ｘ² の
係数が、₃Ｃ₂＝３

（１＋ｘ）^ｎ を展開したときの ｘ^ｒ-3 の係数が、_ｎＣ_ｒ-3 で、（１＋ｘ）³ を展開したときの ｘ³ の
係数が、₃Ｃ₃＝１

なので、（１＋ｘ）^ｎ（１＋ｘ）³ を展開したときの ｘ^ｒ の係数は、

　_ｎＣ_ｒ＋３・_ｎＣ_ｒ-1＋３・_ｎＣ_ｒ-2＋_ｎＣ_r-3

したがって、　_ｎＣ_ｒ＋３・_ｎＣ_ｒ-1＋３・_ｎＣ_ｒ-2＋_ｎＣ_r-3＝_ｎ+3Ｃ_ｒ　が成り立つ。　　（終）


＃もちろん、_ｎＣ_ｒ の定義式を用いて、地道に計算しても証明できる。


（１５）　_ｎＣ₀²−_ｎＣ₁²＋_ｎＣ₂²−・・・＋（−１）^ｎ_ｎＣ_n²　の値は、ｋ を整数として、

　　ｎ＝２ｋ　のとき、　（−１）^ｋ_2ｋＣ_ｋ　、ｎ＝２ｋ＋１　のとき、　０

（証明） 　_ｎＣ_ｋ　は、 （１＋ｘ）^ｎ　を展開したときの ｘ^ｋ の係数で、_ｎＣ_ｋ＝_ｎＣ_n-ｋ　である。

　よって、　(１−ｘ)^ｎ＝_ｎＣ₀−_ｎＣ₁ｘ＋_ｎＣ₂ｘ²−・・・＋（−１）^ｎ_ｎＣ_ｎｘ^ｎ　であり、

　　　　　　(１＋ｘ)^ｎ＝_ｎＣ_ｎ＋_ｎＣ_ｎ-1ｘ＋_ｎＣ_ｎ-2ｘ²＋・・・＋_ｎＣ₁ｘ^ｎ-1＋_ｎＣ₀ｘ^ｎ　

　このとき、_ｎＣ₀²−_ｎＣ₁²＋_ｎＣ₂²−・・・＋（−１）^ｎ_ｎＣ_n² は、

　　（_ｎＣ₀−_ｎＣ₁ｘ＋・・・＋（−１）^ｎ_ｎＣ_ｎｘ^ｎ）（_ｎＣ_ｎ＋_ｎＣ_ｎ-1ｘ＋・・・＋_ｎＣ₀ｘ^ｎ）

すなわち、（１−ｘ）^ｎ（１＋ｘ）^ｎ＝（１−ｘ²）^ｎ を展開したときの ｘ^ｎ の係数に等しい。

　ｎ＝２ｋ＋１　のときは、明らかに、ｘ^ｎ の係数は ０

　ｎ＝２ｋ　のとき、ｘ^ｎ の係数は （−１）^ｋ_2ｎＣ_ｋ である。　　（証終）


（１６）　ヴァンデルモンドのたたみ込み

　_ｎＣ₀・_ｍＣ_ｋ＋_ｎＣ₁・_ｍＣ_ｋ-1＋_ｎＣ₂・_ｍＣ_ｋ-2＋・・・＋_ｎＣ_ｋ・_ｍＣ₀＝_ｎ+ｍＣ_ｋ

（証明）　_ｎＣ_ｋ　は、 （１＋ｘ）^ｎ　を展開したときの ｘ^ｋ の係数で、

　(１＋ｘ)^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｘ＋_ｎＣ₂ｘ²＋・・・＋_ｎＣ_ｎ-1ｘ^ｎ-1＋_ｎＣ_ｎｘ^ｎ

　(１＋ｘ)^ｍ＝_ｍＣ₀＋_ｍＣ₁ｘ＋_ｍＣ₂ｘ²＋・・・＋_ｍＣ_ｍ-1ｘ^ｍ-1＋_ｍＣ_ｍｘ^ｍ

このとき、　_ｎＣ₀・_ｍＣ_ｋ＋_ｎＣ₁・_ｍＣ_ｋ-1＋_ｎＣ₂・_ｍＣ_ｋ-2＋・・・＋_ｎＣ_ｋ・_ｍＣ₀　は、

　(１＋ｘ)^ｎ(１＋ｘ)^ｍ＝(１＋ｘ)^ｎ+ｍ　を展開したときの ｘ^ｋ の係数に等しい。

すなわち、 _ｎ+ｍＣ_ｋ である。　　（証終）　　　（→　組合せ論的証明）　（→　別証）


（１７）　_2ｎ+1Ｃ_ｎ+1＋_2ｎ+1Ｃ_ｎ+2＋_2ｎ+1Ｃ_ｎ+3＋・・・＋_2ｎ+1Ｃ_2ｎ+1＝２^2ｎ

（証明）　２項定理より、

　（１＋ｘ）^2ｎ+1＝_2ｎ+1Ｃ₀＋_2ｎ+1Ｃ₁ｘ＋_2ｎ+1Ｃ₂ｘ²＋・・・＋_2ｎ+1Ｃ_2ｎｘ^2ｎ＋_2ｎ+1Ｃ_2ｎ+1ｘ^2ｎ+1

ここで、　ｘ＝１　とおくと、

　２^2ｎ+1＝_2ｎ+1Ｃ₀＋_2ｎ+1Ｃ₁＋_2ｎ+1Ｃ₂＋・・・＋_2ｎ+1Ｃ_2ｎ＋_2ｎ+1Ｃ_2ｎ+1

　また、（１）より、　_2ｎ+1Ｃ₀＝_2ｎ+1Ｃ_2ｎ+1　、_2ｎ+1Ｃ₁＝_2ｎ+1Ｃ_2ｎ　、・・・　なので、

２^2ｎ+1＝_2ｎ+1Ｃ_2ｎ+1＋_2ｎ+1Ｃ_2ｎ＋・・・＋_2ｎ+1Ｃ_ｎ+1＋_2ｎ+1Ｃ_ｎ+1＋・・・＋_2ｎ+1Ｃ_2ｎ＋_2ｎ+1Ｃ_2ｎ+1

　＝２（_2ｎ+1Ｃ_ｎ+1＋_2ｎ+1Ｃ_ｎ+2＋・・・＋_2ｎ+1Ｃ_2ｎ＋_2ｎ+1Ｃ_2ｎ+1）

より、　_2ｎ+1Ｃ_ｎ+1＋_2ｎ+1Ｃ_ｎ+2＋・・・＋_2ｎ+1Ｃ_2ｎ＋_2ｎ+1Ｃ_2ｎ+1＝２^2ｎ　　（証終）


（１８）　_ｎＣ₀＋３_ｎＣ₁＋５_ｎＣ₂＋・・・＋（２ｎ＋１）_ｎＣ_ｎ＝（ｎ＋１）・２^ｎ

（証明）　（１）　_ｎＣ_ｒ＝_ｎＣ_ｎ-ｒ　より、

　_ｎＣ₀＝_ｎＣ_ｎ
　３_ｎＣ₁＝３_ｎＣ_ｎ-1
　５_ｎＣ₂＝５_ｎＣ_ｎ-2
　　・・・・・・・・・
　（２ｎ＋１）_ｎＣ_ｎ＝（２ｎ＋１）_ｎＣ₀

よって、　Ｓ＝_ｎＣ₀＋３_ｎＣ₁＋５_ｎＣ₂＋・・・＋（２ｎ＋１）_ｎＣ_ｎ　とおくと、

　Ｓ＝（２ｎ＋１）_ｎＣ₀＋（２ｎ−１）_ｎＣ₁＋（２ｎ−３）_ｎＣ₂＋・・・＋３_ｎＣ_ｎ-1＋_ｎＣ_ｎ

なので、

２Ｓ＝２（ｎ＋１）（_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂＋・・・＋_ｎＣ_ｎ-2＋_ｎＣ_ｎ-1＋_ｎＣ_ｎ）＝２（ｎ＋１）・２^ｎ

よって、　_ｎＣ₀＋３_ｎＣ₁＋５_ｎＣ₂＋・・・＋（２ｎ＋１）_ｎＣ_ｎ＝（ｎ＋１）・２^ｎ　　（証終）


　（６）の（イ）（ロ）の考え方を応用すれば、次の性質も容易だろう。


（１９）　_ｎＣ₀−_ｎＣ₂＋_ｎＣ₄−_ｎＣ₆＋・・・＝２^ｎ/2ｃｏｓ（ｎπ/４）

（証明）　(１＋ｉ)^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｉ−_ｎＣ₂−_ｎＣ₃ｉ＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₅ｉ＋・・・　において、

　_ｎＣ₀−_ｎＣ₂＋_ｎＣ₄−_ｎＣ₆＋・・・　は、(１＋ｉ)^ｎ の実部に等しい。

　ド・モアブルの定理より、　１＋ｉ ＝（ｃｏｓ（π/４）＋ｉ・ｓｉｎ（π/４））　なので、

　(１＋ｉ)^ｎ ＝２^ｎ/2（ｃｏｓ（ｎπ/４）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎπ/４））

よって、　_ｎＣ₀−_ｎＣ₂＋_ｎＣ₄−_ｎＣ₆＋・・・＝２^ｎ/2ｃｏｓ（ｎπ/４）　　（証終）


（２０）　_ｎＣ₁−_ｎＣ₃＋_ｎＣ₅−_ｎＣ₇＋・・・＝２^ｎ/2ｓｉｎ（ｎπ/４）

（証明）　(１＋ｉ)^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｉ−_ｎＣ₂−_ｎＣ₃ｉ＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₅ｉ＋・・・　において、

　_ｎＣ₁−_ｎＣ₃＋_ｎＣ₅−_ｎＣ₇＋・・・　は、(１＋ｉ)^ｎ の虚部に等しい。

　ド・モアブルの定理より、　１＋ｉ ＝（ｃｏｓ（π/４）＋ｉ・ｓｉｎ（π/４））　なので、

　(１＋ｉ)^ｎ ＝２^ｎ/2（ｃｏｓ（ｎπ/４）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎπ/４））

よって、　_ｎＣ₁−_ｎＣ₃＋_ｎＣ₅−_ｎＣ₇＋・・・＝２^ｎ/2ｓｉｎ（ｎπ/４）　　（証終）


（２１）　_ｎＣ₁＋_ｎＣ₅＋_ｎＣ₉＋・・・＝２^ｎ-2＋２^(ｎ-2)/2・ｓｉｎ（ｎπ/４）

（証明） （４）より、　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₄＋・・・＋_ｎＣ_ｎ＝２^ｎ

（５）より、　−_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁−_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃−_ｎＣ₄＋・・・−（−１）^ｎ_ｎＣ_ｎ＝０

また、−_ｎＣ₀ｉ＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂ｉ−_ｎＣ₃−_ｎＣ₄ｉ＋_ｎＣ₅＋・・・＝−ｉ・(１＋ｉ)^ｎ

　　_ｎＣ₀ｉ＋_ｎＣ₁−_ｎＣ₂ｉ−_ｎＣ₃＋_ｎＣ₄ｉ＋_ｎＣ₅−・・・＝ｉ・(１−ｉ)^ｎ

これらの４式を辺々加えて、

　４（_ｎＣ₁＋_ｎＣ₅＋_ｎＣ₉＋・・・）＝２^ｎ−ｉ・(１＋ｉ)^ｎ＋ｉ・(１−ｉ)^ｎ

ここで、ド・モアブルの定理より、　１＋ｉ ＝（ｃｏｓ（π/４）＋ｉ・ｓｉｎ（π/４））　なので、

　(１＋ｉ)^ｎ ＝２^ｎ/2（ｃｏｓ（ｎπ/４）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎπ/４））

同様にして、　(１−ｉ)^ｎ ＝２^ｎ/2（ｃｏｓ（ｎπ/４）−ｉ・ｓｉｎ（ｎπ/４））　なので、

　４（_ｎＣ₁＋_ｎＣ₅＋_ｎＣ₉＋・・・）＝２^ｎ＋２・２^ｎ/2ｓｉｎ（ｎπ/４）　より、

　_ｎＣ₁＋_ｎＣ₅＋_ｎＣ₉＋・・・＝２^ｎ-2＋２^(ｎ-2)/2ｓｉｎ（ｎπ/４）　　（証終）


（２２）　_ｎＣ₂＋_ｎＣ₆＋_ｎＣ₁₀＋・・・＝２^ｎ-2−２^(ｎ-2)/2・ｃｏｓ（ｎπ/４）

（証明） （４）より、　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₄＋・・・＋_ｎＣ_ｎ＝２^ｎ

　（５）より、　_ｎＣ₀−_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂−_ｎＣ₃＋_ｎＣ₄−・・・＋（−１）^ｎ_ｎＣ_ｎ＝０

また、−_ｎＣ₀−_ｎＣ₁ｉ＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃ｉ−_ｎＣ₄−_ｎＣ₅ｉ＋・・・＝−(１＋ｉ)^ｎ

　−_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｉ＋_ｎＣ₂−_ｎＣ₃ｉ−_ｎＣ₄＋_ｎＣ₅ｉ＋・・・＝−(１−ｉ)^ｎ

これらの４式を辺々加えて、

　４（_ｎＣ₂＋_ｎＣ₆＋_ｎＣ₁₀＋・・・）＝２^ｎ−(１＋ｉ)^ｎ−(１−ｉ)^ｎ

ここで、ド・モアブルの定理より、　１＋ｉ ＝（ｃｏｓ（π/４）＋ｉ・ｓｉｎ（π/４））　なので、

　(１＋ｉ)^ｎ ＝２^ｎ/2（ｃｏｓ（ｎπ/４）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎπ/４））

同様にして、　(１−ｉ)^ｎ ＝２^ｎ/2（ｃｏｓ（ｎπ/４）−ｉ・ｓｉｎ（ｎπ/４））　なので、

　４（_ｎＣ₂＋_ｎＣ₆＋_ｎＣ₁₀＋・・・）＝２^ｎ−２・２^ｎ/2・ｃｏｓ（ｎπ/４）

より、　_ｎＣ₂＋_ｎＣ₆＋_ｎＣ₁₀＋・・・＝２^ｎ-2−２^(ｎ-2)/2・ｃｏｓ（ｎπ/４）　　（証終）


（２３）　_ｎＣ₃＋_ｎＣ₇＋_ｎＣ₁₁＋・・・＝２^ｎ-2−２^(ｎ-2)/2・ｓｉｎ（ｎπ/４）

（証明） （４）より、　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₄＋・・・＋_ｎＣ_ｎ＝２^ｎ

　（５）より、　−_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁−_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃−_ｎＣ₄＋・・・−（−１）^ｎ_ｎＣ_ｎ＝０

また、　_ｎＣ₀ｉ−_ｎＣ₁−_ｎＣ₂ｉ＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₄ｉ−_ｎＣ₅−・・・＝ｉ・(１＋ｉ)^ｎ

　　−_ｎＣ₀ｉ−_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂ｉ＋_ｎＣ₃−_ｎＣ₄ｉ−_ｎＣ₅＋・・・＝−ｉ・(１−ｉ)^ｎ

これらの４式を辺々加えて、

　　４（_ｎＣ₃＋_ｎＣ₇＋_ｎＣ₁₁＋・・・）＝２^ｎ＋ｉ・(１＋ｉ)^ｎ−ｉ・(１−ｉ)^ｎ

ここで、ド・モアブルの定理より、　１＋ｉ ＝（ｃｏｓ（π/４）＋ｉ・ｓｉｎ（π/４））　なので、

　　(１＋ｉ)^ｎ ＝２^ｎ/2（ｃｏｓ（ｎπ/４）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎπ/４））

同様にして、　(１−ｉ)^ｎ ＝２^ｎ/2（ｃｏｓ（ｎπ/４）−ｉ・ｓｉｎ（ｎπ/４））　なので、

　　４（_ｎＣ₃＋_ｎＣ₇＋_ｎＣ₁₁＋・・・）＝２^ｎ−２・２^ｎ/2ｓｉｎ（ｎπ/４）

より、　_ｎＣ₃＋_ｎＣ₇＋_ｎＣ₁₁＋・・・＝２^ｎ-2−２^(ｎ-2)/2ｓｉｎ（ｎπ/４）　　（証終）


　（６）の（イ）の考え方を応用すれば、次の性質も容易だろう。


（２４）　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₆＋・・・＝｛２^ｎ＋２ｃｏｓ（ｎπ/３）｝/３　（（６）の（イ）再掲）

（証明）　ω を１の虚数立方根とすると、ω＝ｃｏｓ(２π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(２π/３)　　（ｉ は虚数単位)

で、　１＋ω＋ω²＝０　、ω³＝１　である。このとき、

　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ω＋_ｎＣ₂ω²＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₄ω＋_ｎＣ₅ω²＋・・・＝(１＋ω)^ｎ

　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ω²＋_ｎＣ₂ω＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₄ω²＋_ｎＣ₅ω＋・・・＝(１＋ω²)^ｎ

また、 （４）より、　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₄＋・・・＋_ｎＣ_ｎ＝２^ｎ

　これらの３式を辺々加えて、　３（_ｎＣ₀＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₆＋・・・）＝２^ｎ＋(１＋ω)^ｎ＋(１＋ω²)^ｎ

ここで、

　１＋ω＝−ω²＝−｛ｃｏｓ(４π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(４π/３)｝＝ｃｏｓ(π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(π/３)
　１＋ω²＝−ω＝−｛ｃｏｓ(２π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(２π/３)｝＝ｃｏｓ(π/３)−ｉ・ｓｉｎ(π/３)

なので、　　３（_ｎＣ₀＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₆＋・・・）＝２^ｎ＋２ｃｏｓ(ｎπ/３)

　したがって、　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₆＋・・・＝｛２^ｎ＋２ｃｏｓ(ｎπ/３)｝/３　　（証終）


（２５）　_ｎＣ₁＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₇＋・・・＝｛２^ｎ＋２ｃｏｓ（（ｎ＋４）π/３）｝/３

（証明）　ω を１の虚数立方根とすると、ω＝ｃｏｓ(２π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(２π/３)　　（ｉ は虚数単位)

で、　１＋ω＋ω²＝０　、ω³＝１　である。このとき、

　_ｎＣ₀ω²＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂ω＋_ｎＣ₃ω²＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₅ω＋・・・＝ω²(１＋ω)^ｎ

　_ｎＣ₀ω＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂ω²＋_ｎＣ₃ω＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₅ω²＋・・・＝ω(１＋ω²)^ｎ

　また、 （４）より、　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₄＋・・・＋_ｎＣ_ｎ＝２^ｎ

　これらの３式を辺々加えて、

　３（_ｎＣ₁＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₇＋・・・）＝２^ｎ＋ω²(１＋ω)^ｎ＋ω(１＋ω²)^ｎ

ここで、

　１＋ω＝−ω²＝−｛ｃｏｓ(４π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(４π/３)｝＝ｃｏｓ(π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(π/３)

より、

ω²(１＋ω)^ｎ
＝（ｃｏｓ(４π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(４π/３)）（ｃｏｓ(ｎπ/３)＋ｉ・ｓｉｎ(ｎπ/３)）
＝ｃｏｓ(（ｎ＋４）π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(（ｎ＋４）ｎπ/３)

１＋ω²＝−ω＝−｛ｃｏｓ(２π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(２π/３)｝＝ｃｏｓ(π/３)−ｉ・ｓｉｎ(π/３)

より、

ω(１＋ω²)^ｎ
＝（ｃｏｓ(２π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(２π/３)）（ｃｏｓ(ｎπ/３)−ｉ・ｓｉｎ(ｎπ/３)）
＝（ｃｏｓ(４π/３)−ｉ・ｓｉｎ(４π/３)）（ｃｏｓ(ｎπ/３)−ｉ・ｓｉｎ(ｎπ/３)）
＝ｃｏｓ(（ｎ＋４）π/３)−ｉ・ｓｉｎ(（ｎ＋４）ｎπ/３)

なので、　３（_ｎＣ₁＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₇＋・・・）＝２^ｎ＋２ｃｏｓ(（ｎ＋４）π/３)

　したがって、　_ｎＣ₁＋_ｎＣ₄＋_ｎＣ₇＋・・・＝｛２^ｎ＋２ｃｏｓ(（ｎ＋４）π/３)｝/３　　（証終）


（２６）　_ｎＣ₂＋_ｎＣ₅＋_ｎＣ₈＋・・・＝｛２^ｎ＋２ｃｏｓ（（ｎ＋２）π/３）｝/３

（証明）　ω を１の虚数立方根とすると、ω＝ｃｏｓ(２π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(２π/３)　　（ｉ は虚数単位)

で、　１＋ω＋ω²＝０　、ω³＝１　である。このとき、

　_ｎＣ₀ω＋_ｎＣ₁ω²＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃ω＋_ｎＣ₄ω²＋_ｎＣ₅＋・・・＝ω(１＋ω)^ｎ

　_ｎＣ₀ω²＋_ｎＣ₁ω＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃ω²＋_ｎＣ₄ω＋_ｎＣ₅＋・・・＝ω²(１＋ω²)^ｎ

　また、 （４）より、　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃＋_ｎＣ₄＋・・・＋_ｎＣ_ｎ＝２^ｎ

これらの３式を辺々加えて、

　３（_ｎＣ₂＋_ｎＣ₅＋_ｎＣ₈＋・・・）＝２^ｎ＋ω(１＋ω)^ｎ＋ω²(１＋ω²)^ｎ

ここで、　１＋ω＝−ω²＝−｛ｃｏｓ(４π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(４π/３)｝＝ｃｏｓ(π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(π/３)

より、

ω(１＋ω)^ｎ
＝（ｃｏｓ(２π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(２π/３)）（ｃｏｓ(ｎπ/３)＋ｉ・ｓｉｎ(ｎπ/３)）
＝ｃｏｓ(（ｎ＋２）π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(（ｎ＋２）ｎπ/３)

１＋ω²＝−ω＝−｛ｃｏｓ(２π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(２π/３)｝＝ｃｏｓ(π/３)−ｉ・ｓｉｎ(π/３)

より、

ω²(１＋ω²)^ｎ
＝（ｃｏｓ(４π/３)＋ｉ・ｓｉｎ(４π/３)）（ｃｏｓ(ｎπ/３)−ｉ・ｓｉｎ(ｎπ/３)）
＝（ｃｏｓ(２π/３)−ｉ・ｓｉｎ(２π/３)）（ｃｏｓ(ｎπ/３)−ｉ・ｓｉｎ(ｎπ/３)）
＝ｃｏｓ(（ｎ＋２）π/３)−ｉ・ｓｉｎ(（ｎ＋２）ｎπ/３)

なので、　３（_ｎＣ₂＋_ｎＣ₅＋_ｎＣ₈＋・・・）＝２^ｎ＋２ｃｏｓ(（ｎ＋２）π/３)

したがって、　_ｎＣ₂＋_ｎＣ₅＋_ｎＣ₈＋・・・＝｛２^ｎ＋２ｃｏｓ(（ｎ＋２）π/３)｝/３　　（証終）


　ＦＮさんが、上記の性質の組合せ論的な証明や解釈に取り組まれた。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２３年３月２５日付け）

　上記の性質の中で、組合せ論的な証明が可能な場合も多く、これもなかなか面白い。組
合せ論的な別証明を与えることを考えたい。組合せ論的な証明とは、場合の数を２通りで
考えることにより等式を導くことを意味するとしておく。

　(５)から(１６)のうち、既に組合せ論的な証明が与えられている(１４)以外について、組合せ
論的な証明を可能な範囲で与えることを目標としたい。

　２項係数 _ｎＣ_ｒ において、ｒ＞ｎ のとき、_ｎＣ_ｒ＝０ とする。

　また、１から ｎ までの自然数全体の集合を、[ｎ] で表す。１から ｎ までの名前がついた ｎ
人も同じ記号で表すものとする。

（５）　_ｎＣ₀−_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂−_ｎＣ₃＋・・・＋（−１）^ｒ_ｎＣ_ｒ＋・・・＋（−１）^ｎ_ｎＣ_ｎ＝０

（６）　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₄＋・・・＝２^ｎ-1

をまとめると、

　　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₂＋・・・＝_ｎＣ₁＋_ｎＣ₃＋・・・＝２^ｎ-1

（組合せ論的解釈）

　[ｎ] の中から何人かからなる班を作る。そのうちで、班の人数が偶数であるのが第１辺、
奇数であるのが第２辺。第３辺は、 ｎ 人のうち、ｎ−１人は入れるか入れないかを任意に
できる。これが、２^ｎ-1通り。最後の１人は、班の人数が偶数か奇数かで入れる入れないが
ただ１通りに定まる。

（７）　_ｎＣ₁＋２_ｎＣ₂＋３_ｎＣ₃＋・・・＋ｒ_ｎＣ_ｒ＋・・・＋ｎ_ｎＣ_ｎ＝ｎ・２^ｎ-1

（組合せ論的証明）

　[ｎ] の中から何人か(０人ではない)からなる班を作り、かつ、その班長を選ぶ場合の数を考
える。左辺は、１人、２人、３人、･･･　からなる班を作り班長を選ぶとして数えたもので、右辺
は、まず班長を選び、残った人をその班に入れるか入れないかを数えたものである。（証終）

（７）　_ｎＣ₁＋２_ｎＣ₂＋３_ｎＣ₃＋・・・＋ｒ_ｎＣ_ｒ＋・・・＋ｎ_ｎＣ_ｎ＝ｎ・２^ｎ-1

（８）　_ｎＣ₁−２_ｎＣ₂＋３_ｎＣ₃−・・・＋ｒ（−１）^ｒ-1_ｎＣ_ｒ＋・・・＋ｎ（−１）^ｎ-1_ｎＣ_ｎ＝０

をまとめると、

　　_ｎＣ₁＋３_ｎＣ₃＋５_ｎＣ₅＋・・・＝２_ｎＣ₂＋４_ｎＣ₄＋６_ｎＣ₆＋・・・＝ｎ・２^ｎ-2

（組合せ論的解釈）

　[ｎ] の中から何人か(０人ではない)からなる班を作り、かつ、その班長を選ぶ。そのうちで、
班の人数が奇数であるのが第１辺、偶数であるのが第２辺。第３辺は、まず、班長を選ん
で、残りの ｎ−１人のうち ｎ−２人は入れるか入れないかを任意にできる。これが、２^ｎ-2通
り。最後の１人は班の人数が偶数か奇数かで入れる入れないがただ１通りに定まる。
よって、ｎ・２^ｎ-2通り。

（９）　_ｎＣ₀＋(1/2)_ｎＣ₁＋(1/3)_ｎＣ₂＋(1/4)_ｎＣ₃＋・・・＋(1/(n+1))_ｎＣ_ｎ

　　＝（２^ｎ+1−１）/（ｎ＋１）

（組合せ論的証明）

　両辺に、ｎ＋１ をかけて、
　（ｎ＋１）_ｎＣ₀＋（ｎ＋１）_ｎＣ₁/２＋・・・＋（ｎ＋１）_ｎＣ_ｎ/（ｎ＋１）＝２^ｎ+1−１
を示す。[ｎ＋１] の中から何人か(0人ではない)からなる班を作る場合の数を数えて、
２^ｎ+1−１ で、これが右辺である。また、左辺は、班長を選んで、そこに ０人、１人、２人、･･･
の班員をつけると考えた上で、実際には班長が誰かは問題にしないから、班長が違うだけの
班分けを同じとみなした場合である。　　（証終）

（１１）　_ｎＣ_ｋ＋_ｎ+1Ｃ_ｋ＋_ｎ+2Ｃ_ｋ＋・・・＋_ｎ+ｍＣ_ｋ＝_ｎ+ｍ+1Ｃ_ｋ+1−_ｎＣ_ｋ+1

（組合せ論的証明）

　_ｎＣ_ｋ+1 を移項した形
　_ｎＣ_ｋ＋_ｎ+1Ｃ_ｋ＋_ｎ+2Ｃ_ｋ＋・・・＋_ｎ+ｍＣ_ｋ＋_ｎＣ_ｋ+1＝_ｎ+ｍ+1Ｃ_ｋ+1
で証明する。赤玉１、２、３、・・・、ｍ＋１と白玉ｎ個からｋ＋１個を取り出す場合の数は、
_ｎ+ｍ+1Ｃ_ｋ+1通りで、これが右辺である。左辺は、特別な赤玉に着目して場合分けを行う。
赤玉１を含み２以上は含まないとき、_ｎＣ_ｋ
赤玉２を含み３以上は含まないとき、赤玉１と ｎ個の白玉の計 ｎ＋１個から ｋ個とるので、
_ｎ+1Ｃ_ｋ
　････・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
赤玉ｍを含みｍ＋１は含まないとき、_ｎ+ｍ-1Ｃ_ｋ
赤玉ｍ＋１を含むとき、_ｎ+ｍＣ_ｋ
赤玉を含まないとき、_ｎＣ_ｋ+1
これらの合計が左辺となる。　　（証終）

（１３）　_2ｎＣ_ｎ＋２・_2ｎ-1Ｃ_ｎ＋４・_2ｎ-2Ｃ_ｎ＋・・・＋２^ｎ・_ｎＣ_ｎ＝２^2ｎ

　少し一般化して、次の形

(１３Ａ)　_ｎＣ_ｋ＋２・_ｎ-1Ｃ_ｋ-1＋４・_ｎ-2Ｃ_ｋ-2＋・・・＋２^ｋ・_ｎ-ｋＣ₀

　　　＝_ｎ+1Ｃ₀＋_ｎ+1Ｃ₁＋_ｎ+1Ｃ₂＋･･･＋_ｎ+1Ｃ_ｋ

にしたものを示す。（平成２３年３月２９日付け）

　ここで、(１３Ａ)において、ｎ を ２ｎ、ｋ を ｎ とすると、
左辺＝_2ｎＣ_ｎ＋２・_2ｎ-1Ｃ_ｎ-1＋４・_2ｎ-2Ｃ_ｎ-2＋・・・＋２^ｎ・_ｎＣ₀
　＝_2ｎＣ_ｎ＋２・_2ｎ-1Ｃ_ｎ＋４・_2ｎ-2Ｃ_ｎ＋・・・＋２^ｎ・_ｎＣ_ｎ
より、(１３)の左辺に等しくなり、また、
右辺＝_2ｎ+1Ｃ₀＋_2ｎ+1Ｃ₁＋_2ｎ+1Ｃ₂＋･･･＋_2ｎ+1Ｃ_ｎ
　＝_2ｎ+1Ｃ_2ｎ+1＋_2ｎ+1Ｃ_2ｎ＋_2ｎ+1Ｃ_2ｎ-1＋･･･＋_2ｎ+1Ｃ_ｎ+1
で、
（_2ｎ+1Ｃ₀＋_2ｎ+1Ｃ₁･･･＋_2ｎ+1Ｃ_ｎ）＋（_2ｎ+1Ｃ_2ｎ+1＋_2ｎ+1Ｃ_2ｎ＋･･･＋_2ｎ+1Ｃ_ｎ+1）＝２^2ｎ+1
より、　右辺＝２^2ｎ　となり、(１３)の右辺に等しくなる。

（１３Ａの証明）　Ａを、[ｎ＋１] の部分集合で要素の個数が ｋ 以下であるものとする。
　右辺は、そのような部分集合の個数である。
今、[ｎ＋１] の部分集合で次のものを考える。
　Ａ［１］ ： １ を含まないで、２以上の要素の個数が ｋ 個であるもの
　Ａ［２］ ： ２ を含まないで、３以上の要素の個数が ｋ−１ 個であるもの
　Ａ［３］ ： ３ を含まないで、４以上の要素の個数が ｋ−２ 個であるもの
　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
　Ａ［ｒ］ ： ｒ を含まないで、ｒ＋１以上の要素の個数が ｋ−ｒ＋１ 個であるもの
　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
　Ａ［ｋ］ ： ｋ を含まないで、ｋ＋１以上の要素の個数が １ 個であるもの
　Ａ［ｋ＋１］ ： ｋ＋１ を含まないで、ｋ＋２以上の要素の個数が ０ 個であるもの
このとき、
　Ａ［１］に含まれる部分集合の個数は、_ｎＣ_ｋ
　Ａ［２］に含まれる部分集合の個数は、
　　まず、２ を含まないで、３以上の要素の個数が ｋ−１ 個であるものは、_ｎ-1Ｃ_ｋ-1個ある
　が、その１通りに対して、要素１を付加する場合と付加しない場合の２通りがあるので、
　２・_ｎ-1Ｃ_ｋ-1　となる。
　Ａ［３］に含まれる部分集合の個数は、
　　まず、３ を含まないで、４以上の要素の個数が ｋ−２ 個であるものは、_ｎ-2Ｃ_ｋ-2個ある
　が、その１通りに対して、要素１、要素２を付加する場合と付加しない場合が、それぞれ
　２²＝４通りがあるので、　４・_ｎ-2Ｃ_ｋ-2　となる。
　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
　このことから、左辺は、Ａ［１］、Ａ［２］、・・・、Ａ［ｋ＋１］に含まれる部分集合の個数の総和
に等しい。

　このとき、集合Ａが、Ａ［１］、Ａ［２］、・・・、Ａ［ｋ＋１］の直和になることを示せば、証明は
完了するが、それは、それほど明らかではない．．．。こんなに無理をしないで、ごく自然
にやるのなら数学的帰納法だろう。_ｎＣ_ｒ＝_ｎ-1Ｃ_ｒ＋_ｎ-1Ｃ_ｒ-1 だけで簡単にできる！

　(１３Ａ)が、ｎ、ｋで成り立つとして、ｎ＋１、ｋ＋１のときを考える。
　_ｎ+2Ｃ₀＋_ｎ+2Ｃ₁＋_ｎ+2Ｃ₂＋･･･＋_ｎ+2Ｃ_ｋ+1
＝_ｎ+1Ｃ₀＋（_ｎ+1Ｃ₁＋_ｎ+1Ｃ₀）＋（_ｎ+1Ｃ₂＋_ｎ+1Ｃ₁）＋･･･＋（_ｎ+1Ｃ_ｋ+1＋_ｎ+1Ｃ_ｋ）
＝２（_ｎ+1Ｃ₀＋_ｎ+1Ｃ₁＋_ｎ+1Ｃ₂＋・・・＋_ｎ+1Ｃ_ｋ）＋_ｎ+1Ｃ_ｋ+1
＝２（_ｎＣ_ｋ＋２・_ｎ-1Ｃ_ｋ-1＋４・_ｎ-2Ｃ_ｋ-2＋・・・＋２^ｋ・_ｎ-ｋＣ₀）＋_ｎ+1Ｃ_ｋ+1
＝_ｎ+1Ｃ_ｋ+1＋２・_ｎＣ_ｋ＋４・_ｎ-1Ｃ_ｋ-1＋８・_ｎ-2Ｃ_ｋ-2＋・・・＋２^ｋ+1・_ｎ-ｋＣ₀
となり、数学的帰納法は成立する。　　（証終）

（１６）　_ｎＣ₀・_ｍＣ_ｋ＋_ｎＣ₁・_ｍＣ_ｋ-1＋_ｎＣ₂・_ｍＣ_ｋ-2＋・・・＋_ｎＣ_ｋ・_ｍＣ₀＝_ｎ+ｍＣ_ｋ

（組合せ論的証明）

　赤玉ｎ個、白玉ｍ個からｋ個を取り出す場合の数は、_ｎ+ｍＣ_ｋ 通りで、これが右辺である。
左辺は、赤玉・白玉の個数に着目して場合分けを行う。
赤が０個で白がｋ個のとき、_ｎＣ₀・_ｍＣ_ｋ
赤が１個で白がｋ−１個のとき、_ｎＣ₁・_ｍＣ_ｋ-1
　････・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
赤がｋ個で白が０個のとき、_ｎＣ_ｋ・_ｍＣ₀
これらの合計が左辺となる。　　（証終）

（補足）　平成２３年５月１日付け

　上記の（１６）の組合せ論的証明として、次のように示してもよい。

　まず、次の補題を示す。

補題　　_ｎＣ_ｍ＋_ｎ-1Ｃ_ｍ-1＋_ｎ-2Ｃ_ｍ-2＋・・・＋_ｎ-ｍＣ₀＝_ｎ+1Ｃ_ｍ

（証明）　性質（１１）：_ｎＣ_ｋ＋_ｎ+1Ｃ_ｋ＋_ｎ+2Ｃ_ｋ＋・・・＋_ｎ+ｍＣ_ｋ＝_ｎ+ｍ+1Ｃ_ｋ+1−_ｎＣ_ｋ+1

を用いる。ここで、性質（１）：_ｎＣ_ｒ＝_ｎＣ_ｎ-ｒ　から、

　_ｎＣ_ｍ＋_ｎ-1Ｃ_ｍ-1＋_ｎ-2Ｃ_ｍ-2＋・・・＋_ｎ-ｍＣ₀＝_ｎ+1Ｃ_ｍ

を示すためには、　_ｎＣ_ｎ-ｍ＋_ｎ-1Ｃ_ｎ-ｍ＋_ｎ-2Ｃ_ｎ-ｍ＋・・・＋_ｎ-ｍＣ_ｎ-ｍ＝_ｎ+1Ｃ_ｍ

すなわち、逆順に加えて、

　_ｎ-ｍＣ_ｎ-ｍ＋_ｎ-ｍ+1Ｃ_ｎ-ｍ＋・・・＋_{ｎ-ｍ＋（ｍ-1）}Ｃ_ｎ-ｍ＋_{ｎ-ｍ＋ｍ}Ｃ_ｎ-ｍ＝_ｎ+1Ｃ_ｍ

を示せばよい。これは、性質（１１）から、

　左辺＝_{（ｎ-ｍ）+ｍ+1}Ｃ_{（ｎ-ｍ）+1}＝_ｎ+1Ｃ_ｎ-ｍ+1＝_ｎ+1Ｃ_ｍ＝右辺

となり示された。　（証終）

　（組合せ論的証明）として、次のように示してもよい。

（別証明）　縦の道の本数が、ｎ−ｍ＋２本、横の道の本数が、ｍ＋１本の市街路を考える。

　

　Ａ　→　Ｂ　の最短経路は、　_ｎ+1Ｃ_ｍ 通り
ところで、　Ａ　→　Ｐ　→　Ｂ　の最短経路は、　_ｎＣ_ｍ 通り
　Ａ　→　Ｑ’　→　Ｑ　→　Ｂ　の最短経路は、　_ｎ-1Ｃ_ｍ-1 通り
　Ａ　→　Ｒ’　→　Ｒ　→　Ｂ　の最短経路は、　_ｎ-2Ｃ_ｍ-2 通り
　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
　Ａ　→　Ｓ’　→　Ｓ　→　Ｂ　の最短経路は、　_ｎ-ｍＣ₀ 通り
なので、　_ｎＣ_ｍ＋_ｎ-1Ｃ_ｍ-1＋_ｎ-2Ｃ_ｍ-2＋・・・＋_ｎ-ｍＣ₀＝_ｎ+1Ｃ_ｍ　　（別証終）


　また、次のような別証も考えられる。

（別証明）　ｒ＝０、１、２、・・・、ｍ において、_ｎ-ｒＣ_ｍ-ｒ　は、 ｘ^ｒ（１＋ｘ）^ｎ-ｒ　を展開したときの
　 ｘ^ｍ の係数である。ここで、

（１＋ｘ）^ｎ＋ｘ（１＋ｘ）^ｎ-1＋ｘ²（１＋ｘ）^ｎ-2＋・・・＋ｘ^ｍ（１＋ｘ）^ｎ-ｍ
＝（１＋ｘ）^ｎ｛１−ｘ^ｍ+1/（１＋ｘ）^ｍ+1｝/｛１−ｘ/（１＋ｘ）｝
＝（１＋ｘ）^ｎ+1｛１−ｘ^ｍ+1/（１＋ｘ）^ｍ+1｝
＝（１＋ｘ）^ｎ+1−ｘ^ｍ+1（１＋ｘ）^ｎ-ｍ
なので、ｘ^ｍ の係数は、_ｎ+1Ｃ_ｍ に等しい。
　よって、　_ｎＣ_ｍ＋_ｎ-1Ｃ_ｍ-1＋_ｎ-2Ｃ_ｍ-2＋・・・＋_ｎ-ｍＣ₀＝_ｎ+1Ｃ_ｍ　　（別証終）

　上記の補題を一般化して、次の定理を得る。

定理　　_ｎＣ_ｍ・_ｋＣ₀＋_ｎ-1Ｃ_ｍ-1・_ｋ+1Ｃ₁＋・・・＋_ｎ-ｍＣ₀・_ｋ+ｍＣ_ｍ＝_ｎ+ｋ+1Ｃ_ｍ

（証明）　縦の道の本数が、ｎ−ｍ＋ｋ＋２本、横の道の本数が、ｍ＋１本の市街路を考える。



Ａ　→　Ｂ　の最短経路は、　_ｎ+ｋ+1Ｃ_ｍ 通り
ところで、　Ａ　→　Ｐ　→　Ｂ　の最短経路は、　_ｋＣ₀・_ｎＣ_ｍ 通り
　Ａ　→　Ｑ　→　Ｂ　の最短経路は、　_ｋ+1Ｃ₁・_ｎ-1Ｃ_ｍ-1 通り
　Ａ　→　Ｒ　→　Ｂ　の最短経路は、　_ｋ+2Ｃ₂・_ｎ-2Ｃ_ｍ-2 通り
　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
　Ａ　→　Ｓ　→　Ｂ　の最短経路は、　_ｋ+ｍＣ_ｍ・_ｎ-ｍＣ₀ 通り
なので、
　_ｎＣ_ｍ・_ｋＣ₀＋_ｎ-1Ｃ_ｍ-1・_ｋ+1Ｃ₁＋・・・＋_ｎ-ｍＣ₀・_ｋ+ｍＣ_ｍ＝_ｎ+ｋ+1Ｃ_ｍ　　（証終）

　この定理の証明と同様にして、次の性質（１６）：

　_ｎＣ₀・_ｍＣ_ｋ＋_ｎＣ₁・_ｍＣ_ｋ-1＋_ｎＣ₂・_ｍＣ_ｋ-2＋・・・＋_ｎＣ_ｋ・_ｍＣ₀＝_ｎ+ｍＣ_ｋ

の別証が考えられる。

（別証明）　縦の道の本数が、ｎ＋ｍ−ｋ＋１本、横の道の本数が、ｋ＋１本の市街路を考える。

　

Ａ　→　Ｂ　の最短経路は、　_ｎ+ｍＣ_ｋ 通り
ところで、　Ａ　→　Ｐ　→　Ｂ　の最短経路は、　_ｍＣ₀・_ｎＣ_ｋ 通り
　Ａ　→　Ｑ　→　Ｂ　の最短経路は、　_ｍＣ₁・_ｎＣ_ｋ-1 通り
　Ａ　→　Ｒ　→　Ｂ　の最短経路は、　_ｍＣ₂・_ｎＣ_ｋ-2 通り
　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
　Ａ　→　Ｓ　→　Ｂ　の最短経路は、　_ｍＣ_ｋ・_ｎＣ₀ 通り
なので、
　_ｎＣ₀・_ｍＣ_ｋ＋_ｎＣ₁・_ｍＣ_ｋ-1＋・・・＋_ｎＣ_ｋ・_ｍＣ₀＝_ｎ+ｍＣ_ｋ　　（別証終）

（コメント）　ＦＮさんの赤玉・白玉の個数に着目した場合分けと同趣旨ですが、目先を少し
　　　　　　変えたということで．．．ｆ(^_^;)。


　残ったのは、(１０)(１２)(１５)(１７)（１８）(１９)（２０）（２１）（２２）（２３）（２４）（２５）（２６）です。

　これらについて、組合せ論的な証明は可能でしょうか。


　自然数 ｎ の階乗　ｎ！は、　ｎ！＝ｎ（ｎ−１）（ｎ−２）・・・３・２・１　で求められる。

これは、異なる ｎ 個のものの順列の数に等しい。この考え方を一般化して、

　異なる ｎ 個のものから異なる ｒ 個をとる順列の数 _ｎＰ_ｒ は、

　_ｎＰ_ｒ＝ｎ（ｎ−１）（ｎ−２）・・・（ｎ−ｒ＋１）

で求められる。そこで、整数 ａ、ｈ に対して、上記のアナロジーを考える。

　ｎ 個の因数　ａ　、ａ−ｈ　、ａ−２ｈ　、ａ−３ｈ　、・・・　、ａ−（ｎ−１）ｈ　の積を、ａ^(ｎ) と表す
ことにする。

すなわち、　ａ^(ｎ) ＝ａ（ａ−ｈ）（ａ−２ｈ）（ａ−３ｈ）・・・（ａ−（ｎ−１）ｈ）

例　ｈ＝０　のとき、　ａ^(ｎ) ＝ａ・ａ・・・・・ａ＝ａ^ｎ　で、ａ の ｎ 乗に等しい。
　　ｈ＝１　のとき、　ａ^(ｎ) ＝ａ（ａ−１）（ａ−２）・・・（ａ−ｎ＋１）＝_ａＰ_ｎ　である。
　　　　特に、　ｎ^(ｎ) ＝ｎ！　である。
　また、　ｎ＝０　のとき、　ａ⁽⁰⁾ ＝１　で、　ｎ＝１　のとき、　ａ⁽¹⁾ ＝ａ　である。

　　よって、ｎ＝０、１　については、ａ^(ｎ) は、ａ^ｎ と同じ感覚でいいということになる。

例　（ａ＋ｂ）⁽¹⁾ ＝ａ＋ｂ
　　（ａ＋ｂ）⁽²⁾ ＝（ａ＋ｂ）（ａ＋ｂ−ｈ）＝（ａ＋ｂ）²−（ａ＋ｂ）ｈ＝ａ²＋２ａｂ＋ｂ²−ａｈ−ｂｈ
　＝ａ（ａ−ｈ）＋２ａｂ＋ｂ（ｂ−ｈ）＝ａ⁽²⁾＋２ａ⁽¹⁾ｂ⁽¹⁾＋ｂ⁽²⁾
すなわち、　（ａ＋ｂ）⁽²⁾ ＝ａ⁽²⁾＋２ａ⁽¹⁾ｂ⁽¹⁾＋ｂ⁽²⁾　となり、何となく平方の公式
　（ａ＋ｂ）²＝ａ²＋２ａｂ＋ｂ²
に似ている。同様に、
　　（ａ＋ｂ）⁽³⁾ ＝（ａ＋ｂ）（ａ＋ｂ−ｈ）（ａ＋ｂ−２ｈ）
　＝（ａ＋ｂ）³−３（ａ＋ｂ）²ｈ＋２（ａ＋ｂ）ｈ²
　＝ａ³＋３ａ²ｂ＋３ａｂ²＋ｂ³−３ａ²ｈ−６ａｂｈ−３ｂ²ｈ＋２ａｈ²＋２ｂｈ²
　＝ａ³−３ａ²ｈ＋２ａｈ²＋３ａ²ｂ−６ａｂｈ＋３ａｂ²＋ｂ³−３ｂ²ｈ＋２ｂｈ²
　＝ａ（ａ−ｈ）（ａ−２ｈ）＋３ａ（ａ−ｈ）ｂ＋３ａｂ（ｂ−ｈ）＋ａ（ａ−ｈ）（ａ−２ｈ）
　＝ａ⁽³⁾＋３ａ⁽²⁾ｂ⁽¹⁾＋３ａ⁽¹⁾ｂ⁽²⁾＋ｂ⁽³⁾
すなわち、　（ａ＋ｂ）⁽³⁾ ＝ａ⁽³⁾＋３ａ⁽²⁾ｂ⁽¹⁾＋３ａ⁽¹⁾ｂ⁽²⁾＋ｂ⁽³⁾　が成り立つ。


（コメント）　ａ^(ｎ) について、２項定理と同様の式が成り立つようで面白いですね！

　上式は、　（ａ＋ｂ）⁽³⁾ ＝（ａ＋ｂ）⁽²⁾（ａ＋ｂ−２ｈ）＝（ａ⁽²⁾＋２ａ⁽¹⁾ｂ⁽¹⁾＋ｂ⁽²⁾）（ａ＋ｂ−２ｈ）
　　　　　　＝ａ⁽²⁾（ａ＋ｂ−２ｈ）＋２ａ⁽¹⁾ｂ⁽¹⁾（ａ＋ｂ−２ｈ）＋ｂ⁽²⁾（ａ＋ｂ−２ｈ）
　　　　　　＝ａ⁽³⁾＋ａ⁽²⁾ｂ＋２ａ⁽¹⁾ｂ⁽¹⁾（ａ−ｈ）＋２ａ⁽¹⁾ｂ⁽¹⁾（ｂ−ｈ）＋ａｂ⁽²⁾＋ｂ⁽³⁾
　　　　　　＝ａ⁽³⁾＋３ａ⁽²⁾ｂ⁽¹⁾＋３ａ⁽¹⁾ｂ⁽²⁾＋ｂ⁽³⁾
としても求められる。上記を一般化して、

階乗２項定理

　（ａ＋ｂ）^（ｎ）＝_ｎＣ₀ａ^（ｎ）＋_ｎＣ₁ａ^（ｎ-1）ｂ⁽¹⁾＋_ｎＣ₂ａ^（ｎ-2）ｂ⁽²⁾＋・・・＋_ｎＣ_ｎｂ^(ｎ)

が成り立つことを数学的帰納法により示しておこう。

（証明）　ｎ＝１　のとき、　（ａ＋ｂ）⁽¹⁾ ＝ａ＋ｂ＝₁Ｃ₀ａ^（1）＋₁Ｃ₁ｂ^（1）　より成り立つ。
　ｎ＝ｋ（ｋ≧１）のとき、成り立つと仮定する。すなわち、
　　（ａ＋ｂ）^（ｋ）＝_ｋＣ₀ａ^（ｋ）＋_ｋＣ₁ａ^（ｋ-1）ｂ⁽¹⁾＋_ｋＣ₂ａ^（ｋ-2）ｂ⁽²⁾＋・・・＋_ｋＣ_ｋｂ^(ｋ)
このとき、
（ａ＋ｂ）^（ｋ+1）
＝ （ａ＋ｂ）^（ｋ）（ａ＋ｂ−ｋｈ）
＝（_ｋＣ₀ａ^（ｋ）＋_ｋＣ₁ａ^（ｋ-1）ｂ⁽¹⁾＋_ｋＣ₂ａ^（ｋ-2）ｂ⁽²⁾＋・・・＋_ｋＣ_ｋｂ^(ｋ)）（ａ＋ｂ−ｋｈ）
＝_ｋＣ₀ａ^（ｋ）（ａ＋ｂ−ｋｈ）＋_ｋＣ₁ａ^（ｋ-1）ｂ⁽¹⁾（ａ＋ｂ−ｋｈ）＋_ｋＣ₂ａ^（ｋ-2）ｂ⁽²⁾（ａ＋ｂ−ｋｈ）＋
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　・・・＋_ｋＣ_ｋｂ^(ｋ)（ａ＋ｂ−ｋｈ）
＝_ｋ+1Ｃ₀ａ^（ｋ+1）＋_ｋＣ₀ａ^（ｋ）ｂ＋_ｋＣ₁ａ^（ｋ-1）ｂ⁽¹⁾（ａ−（ｋ−１）ｈ＋ｂ−ｈ）
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＋・・・＋_ｋＣ_ｋｂ^(ｋ)（ａ＋ｂ−ｋｈ）
＝_ｋ+1Ｃ₀ａ^（ｋ+1）＋_ｋＣ₀ａ^（ｋ）ｂ⁽¹⁾＋_ｋＣ₁ａ^（ｋ）ｂ⁽¹⁾＋_ｋＣ₁ａ^（ｋ-1）ｂ⁽²⁾＋
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＋・・・＋_ｋＣ_ｋｂ^(ｋ)（ａ＋ｂ−ｋｈ）
＝_ｋ+1Ｃ₀ａ^（ｋ+1）＋_ｋ+1Ｃ₁ａ^（ｋ）ｂ⁽¹⁾＋_ｋ+1Ｃ₂ａ^（ｋ-1）ｂ⁽²⁾＋・・・＋_ｋ+1Ｃ_ｋ+1ｂ^(ｋ+1)
となり、ｎ＝ｋ＋１　のときも成り立つ。
　したがって、すべての自然数 ｎ について、
　　　（ａ＋ｂ）^（ｎ）＝_ｎＣ₀ａ^（ｎ）＋_ｎＣ₁ａ^（ｎ-1）ｂ⁽¹⁾＋_ｎＣ₂ａ^（ｎ-2）ｂ⁽²⁾＋・・・＋_ｎＣ_ｎｂ^(ｎ)
が成り立つ。　　（証終）

　この階乗２項定理を用いると、

（１６）　_ｎＣ₀・_ｍＣ_ｋ＋_ｎＣ₁・_ｍＣ_ｋ-1＋_ｎＣ₂・_ｍＣ_ｋ-2＋・・・＋_ｎＣ_ｋ・_ｍＣ₀＝_ｎ+ｍＣ_ｋ

は次のようにも示すことが出来る。

（別証）　_ｎＣ_ｒ＝ｎ（ｎ−１）・・・（ｎ−（ｒ−１））/ｒ！＝ｎ^（ｒ）/ｒ！　（←　ｈ＝１）
　同様に、　_ｍＣ_ｋ−ｒ＝ｍ（ｍ−１）・・・（ｍ−（ｋ−ｒ−１））/（ｋ−ｒ）！＝ｍ^{（ｋ−ｒ）}/（ｋ−ｒ）！
　よって、　_ｎＣ_ｒ・_ｍＣ_ｋ−ｒ＝ｎ^（ｒ）/ｒ！・ｍ^{（ｋ−ｒ）}/（ｋ−ｒ）！
　　　　　　　　　　　　　　　＝_ｋＣ_ｒｎ^（ｒ）ｍ^{（ｋ−ｒ）}/ｋ！　　（ｒ＝０、１、２、・・・、ｋ）
　ここで、　_ｋＣ_ｒｎ^（ｒ）ｍ^{（ｋ−ｒ）} は、（ｎ＋ｍ）^（ｋ） の第 ｒ＋１ 項なので、その総和は、
　　（ｎ＋ｍ）^（ｋ） /ｋ！＝（ｎ＋ｍ）（ｎ＋ｍ−１）・・・（ｎ＋ｍ−ｋ＋１）/ｋ！＝_ｎ＋ｍＣ_ｋ
　に等しい。　　（別証終）

　階乗２項定理を用いて、次の性質も示される。

（２７）　_ｎＣ₀・_ｍＣ_ｋ−_ｎ+1Ｃ₁・_ｍＣ_ｋ-1＋・・・＋（−１）^ｋ_ｎ+ｋＣ_ｋ・_ｍＣ₀＝_ｍ-ｎ-1Ｃ_ｋ

（証明）　（−１）^ｒ_ｎ+ｒＣ_ｒ＝（−１）^ｒ（ｎ＋ｒ）（ｎ＋ｒ−１）・・・（ｎ＋１）/ｒ！
　　　　　　　　　　　　　＝（−ｎ−１）（−ｎ−２）・・・（−ｎ−ｒ）/ｒ！
　　　　　　　　　　　　　＝（−ｎ−１）^（ｒ）/ｒ！　（←　ｈ＝１）
　同様に、　_ｍＣ_ｋ−ｒ＝ｍ（ｍ−１）・・・（ｍ−（ｋ−ｒ−１））/（ｋ−ｒ）！＝ｍ^{（ｋ−ｒ）}/（ｋ−ｒ）！
　よって、（−１）^ｒ_ｎ+ｒＣ_ｒ・_ｍＣ_ｋ−ｒ＝（−ｎ−１）^（ｒ）/ｒ！・ｍ^{（ｋ−ｒ）}/（ｋ−ｒ）！
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝_ｋＣ_ｒ（−ｎ−１）^（ｒ）ｍ^{（ｋ−ｒ）}/ｋ！　　（ｒ＝０、１、２、・・・、ｋ）
　ここで、_ｋＣ_ｒ（−ｎ−１）^（ｒ）ｍ^{（ｋ−ｒ）} は、（ｍ−ｎ−１）^（ｋ） の第 ｒ＋１ 項なので、
その総和は、　（ｍ−ｎ−１）^（ｋ） /ｋ！＝_ｍ-ｎ-1Ｃ_ｋ　　に等しい。　　（証終）

　上記のいろいろな性質の証明で、展開公式：

Ｎｅｗｔｏｎの２項定理

　（１＋ｘ）^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｘ＋_ｎＣ₂ｘ²＋_ｎＣ₃ｘ³＋・・・＋_ｎＣ_ｒｘ^ｒ＋・・・＋_ｎＣ_ｎｘ^ｎ

の有用性が確かめられた。同様の議論を、（１＋ｘ＋ｘ²）^ｎ　においても行いたい。

　具体的な場合については、「パスカルの三角形」で調べられている。そこでは「井上の三角
形」というものが活躍した。

　いま、（１＋ｘ＋ｘ²）^ｎ　を展開して、

　　（１＋ｘ＋ｘ²）^ｎ＝_ｎＢ₀＋_ｎＢ₁ｘ＋_ｎＢ₂ｘ²＋_ｎＢ₃ｘ³＋・・・＋_ｎＢ_2ｎｘ^2ｎ

と、各項の係数を定める。

例　ｎ＝０　のとき、　（１＋ｘ＋ｘ²）⁰＝１　より、　₀Ｂ₀＝１
　　ｎ＝１　のとき、　（１＋ｘ＋ｘ²）¹＝１＋ｘ＋ｘ²　より、　₁Ｂ₀＝１　、₁Ｂ₁＝１　、₁Ｂ₂＝１
　　ｎ＝２　のとき、　（１＋ｘ＋ｘ²）²＝１＋２ｘ＋３ｘ²＋２ｘ³＋ｘ⁴　より、
₂Ｂ₀＝１　、₂Ｂ₁＝２　、₂Ｂ₂＝３　、₂Ｂ₃＝２　、₂Ｂ₄＝１
　_ｎＢ₀　、_ｎＢ₁　、_ｎＢ₂　、・・・　、_ｎＢ_2ｎ　について、次の性質が成り立つ。

（Ｂ１）　_ｎＢ_ｋ＝_ｎＢ_2ｎ-ｋ

（証明）　（１＋ｘ＋ｘ²）^ｎ＝_ｎＢ₀＋_ｎＢ₁ｘ＋・・・＋_ｎＢ_ｋｘ^ｋ＋・・・＋_ｎＢ_2ｎｘ^2ｎ　の ｘ に、１/ｘ を代
　　　　入して、
　（１＋１/ｘ＋１/ｘ²）^ｎ＝_ｎＢ₀＋_ｎＢ₁/ｘ＋・・・＋_ｎＢ_ｋ/ｘ^ｋ＋・・・＋_ｎＢ_2ｎ/ｘ^2ｎ
両辺に、ｘ^2ｎ を掛けて、
　（１＋ｘ＋ｘ²）^ｎ＝_ｎＢ₀ｘ^2ｎ＋_ｎＢ₁ｘ^2ｎ-1＋・・・＋_ｎＢ_ｋｘ^2ｎ-ｋ＋・・・＋_ｎＢ_2ｎ
＝_ｎＢ_2ｎ＋_ｎＢ_2ｎ-1ｘ＋・・・＋_ｎＢ_2ｎ-ｋｘ^ｋ＋・・・＋_ｎＢ₁ｘ^2ｎ-1＋_ｎＢ₀ｘ^2ｎ
よって、ｘ^ｋ の係数を比較して、　_ｎＢ_ｋ＝_ｎＢ_2ｎ-ｋ　が成り立つ。　　（証終）

（Ｂ２）　_ｎ+1Ｂ_ｋ＝_ｎＢ_ｋ-2＋_ｎＢ_ｋ-1＋_ｎＢ_ｋ

　（ただし、ｋ＜０　または　ｋ＞２ｎ　のとき、_ｎＢ_ｋ＝０　とする。）

（証明）　_ｎ+1Ｂ_ｋ は、（１＋ｘ＋ｘ²）^ｎ+1 を展開したときの ｘ^ｋ の係数である。一方、
　（１＋ｘ＋ｘ²）^ｎ+1＝（１＋ｘ＋ｘ²）^ｎ・（１＋ｘ＋ｘ²）
＝（_ｎＢ₀＋・・・＋_ｎＢ_ｋ-2ｘ^ｋ-2＋_ｎＢ_ｋ-1ｘ^ｋ-1＋_ｎＢ_ｋｘ^ｋ＋・・・＋_ｎＢ_2ｎｘ^2ｎ）・（１＋ｘ＋ｘ²）
を展開したときの ｘ^ｋ の係数は、　_ｎＢ_ｋ-2＋_ｎＢ_ｋ-1＋_ｎＢ_ｋ
よって、　_ｎ+1Ｂ_ｋ＝_ｎＢ_ｋ-2＋_ｎＢ_ｋ-1＋_ｎＢ_ｋ　が成り立つ。　　（証終）

（Ｂ３）　_ｎＢ₀＋_ｎＢ₁＋_ｎＢ₂＋・・・＋_ｎＢ_2ｎ＝３^ｎ

（証明）　（１＋ｘ＋ｘ²）^ｎ＝_ｎＢ₀＋_ｎＢ₁ｘ＋_ｎＢ₂ｘ²＋・・・＋_ｎＢ_2ｎｘ^2ｎ　において、
　　ｘ＝１　とおくと、　_ｎＢ₀＋_ｎＢ₁＋_ｎＢ₂ｘ²＋・・・＋_ｎＢ_2ｎ＝３^ｎ　　（証終）

（Ｂ４）　_ｎＢ₀−_ｎＢ₁＋_ｎＢ₂−・・・＋_ｎＢ_2ｎ＝１

（証明）　（１＋ｘ＋ｘ²）^ｎ＝_ｎＢ₀＋_ｎＢ₁ｘ＋_ｎＢ₂ｘ²＋・・・＋_ｎＢ_2ｎｘ^2ｎ　において、
　　ｘ＝−１　とおくと、　_ｎＢ₀−_ｎＢ₁＋_ｎＢ₂−・・・＋_ｎＢ_2ｎ＝１　　（証終）

（Ｂ５）　_ｎＢ₀²＋_ｎＢ₁²＋_ｎＢ₂²＋・・・＋_ｎＢ_2ｎ²＝_2ｎＢ_2ｎ

（証明）　（１＋ｘ＋ｘ²）^ｎ＝_ｎＢ₀＋_ｎＢ₁ｘ＋_ｎＢ₂ｘ²＋・・・＋_ｎＢ_2ｎｘ^2ｎ　において、
　_ｎＢ_ｋ＝_ｎＢ_2ｎ-ｋ　より、
　（１＋ｘ＋ｘ²）^ｎ＝_ｎＢ_2ｎ＋_ｎＢ_2ｎ-1ｘ＋_ｎＢ_2ｎ-2ｘ²＋・・・＋_ｎＢ₀ｘ^2ｎ
このとき、　_ｎＢ₀²＋_ｎＢ₁²＋_ｎＢ₂²＋・・・＋_ｎＢ_2ｎ²　は、
　（１＋ｘ＋ｘ²）^ｎ（１＋ｘ＋ｘ²）^ｎ＝（１＋ｘ＋ｘ²）^2ｎ
を展開したときの ｘ^2ｎ の係数に等しい。しかるに、それは、　_2ｎＢ_2ｎ
よって、　_ｎＢ₀²＋_ｎＢ₁²＋_ｎＢ₂²＋・・・＋_ｎＢ_2ｎ²＝_2ｎＢ_2ｎ　　（証終）

　（８）を一般化して、次の性質を得る。

（２８）　１^ｋ_ｎＣ₁−２^ｋ_ｎＣ₂＋３^ｋ_ｎＣ₃−・・・＋（−１）^ｎ-1ｎ^ｋ_ｎＣ_ｎ＝０　（ｋ＜ｎ）

　　　１^ｎ_ｎＣ₁−２^ｎ_ｎＣ₂＋３^ｎ_ｎＣ₃−・・・＋（−１）^ｎ-1ｎ^ｎ_ｎＣ_ｎ＝（−１）^ｎ-1ｎ！

　　ｋ＝１　のときは、　ｋ・_ｎＣ_ｋ＝ｎ・_ｎ-1Ｃ_ｋ-1　という公式が有効であったが、ｋ＞２　につ
　いては別な方策が必要である。

　そこで、次の問題を考える。

　箱１、箱２、・・・、箱ｎ が１列に番号順に置かれている。この ｎ 個の箱に、異なる
ｋ 個の球を任意に入れていく。
　このとき、それぞれの箱に少なくとも１個の球が入っている場合の数を求めよ。

（解）　異なる ｋ 個の球を、ｎ 個の箱に入れる場合の数は、ｎ^ｋ 通りある。この中には、何
　　れかの箱が空になっている場合も含まれる。この場合の数は、
　　　_ｎＣ₁・（ｎ−１）^ｋ−_ｎＣ₂・（ｎ−２）^ｋ＋・・・−（−１）^ｎ-1_ｎＣ_ｎ-1・１^ｋ
　　よって、それぞれの箱に少なくとも１個の球が入っている場合の数は、包除原理により、
　　　ｎ^ｋ−_ｎＣ₁・（ｎ−１）^ｋ＋_ｎＣ₂・（ｎ−２）^ｋ−・・・＋（−１）^ｎ-1_ｎＣ_ｎ-1・１^ｋ　　（終）

　上式を用いて、（２８）は、次のように示される。

（（２８）の証明）　_ｎＣ_ｒ＝_ｎＣ_ｎ-ｒ　より、上式は、
　　　_ｎＣ_ｎｎ^ｋ−_ｎＣ_ｎ-1・（ｎ−１）^ｋ＋_ｎＣ_ｎ-2・（ｎ−２）^ｋ−・・・＋（−１）^ｎ-1_ｎＣ₁・１^ｋ
　とも書き直せる。　ｋ＜ｎ　のとき、この場合の数は、明らかに ０ である。
　　すなわち、
　　　_ｎＣ_ｎｎ^ｋ−_ｎＣ_ｎ-1・（ｎ−１）^ｋ＋_ｎＣ_ｎ-2・（ｎ−２）^ｋ−・・・＋（−１）^ｎ-1_ｎＣ₁・１^ｋ＝０
　両辺に、（−１）^ｎ-1 を掛けて、
　　　　　　（−１）^ｎ-1_ｎＣ_ｎｎ^ｋ＋・・・＋_ｎＣ₃・３^ｋ−_ｎＣ₂・２^ｋ＋_ｎＣ₁・１^ｋ＝０
　すなわち、　１^ｋ_ｎＣ₁−２^ｋ_ｎＣ₂＋３^ｋ_ｎＣ₃−・・・＋（−１）^ｎ-1ｎ^ｋ_ｎＣ_ｎ＝０　が成り立つ。
　ｋ＝ｎ　のとき、この場合の数は、明らかに ｎ！ である。
　　すなわち、
　　　_ｎＣ_ｎｎ^ｎ−_ｎＣ_ｎ-1・（ｎ−１）^ｎ＋_ｎＣ_ｎ-2・（ｎ−２）^ｎ−・・・＋（−１）^ｎ-1_ｎＣ₁・１^ｎ＝ｎ！
　両辺に、（−１）^ｎ-1 を掛けて、
　　　　　　（−１）^ｎ-1_ｎＣ_ｎｎ^ｎ＋・・・＋_ｎＣ₃・３^ｎ−_ｎＣ₂・２^ｎ＋_ｎＣ₁・１^ｎ＝（−１）^ｎ-1ｎ！
　すなわち、
　　１^ｎ_ｎＣ₁−２^ｎ_ｎＣ₂＋３^ｎ_ｎＣ₃−・・・＋（−１）^ｎ-1ｎ^ｎ_ｎＣ_ｎ＝（−１）^ｎ-1ｎ！
　が成り立つ。　　（証終）

（２９）　ｐ を素数とする。このとき、次の等式が成り立つ。

（イ）　_ｐ-1Ｃ_ｋ≡（−１）^ｋ　（ｍｏｄ　ｐ）　　ただし、　０≦ｋ≦ｐ−１

（ロ）　_ｐ+1Ｃ_ｋ≡０　（ｍｏｄ　ｐ）　　ただし、　２≦ｋ≦ｐ−１

（ハ）　_ｐａＣ_ｐｂ≡_ａＣ_ｂ　（ｍｏｄ　ｐ）　　ただし、　ａ≧ｂ≧０

（ニ）　_2ｐＣ_ｐ≡２　（ｍｏｄ　ｐ）


　上記の性質を、ＦＮさんが示された。（平成２３年５月１９日付け）

　２項係数の ｐ を法としての値については、

　_ｐＣ_ｋ≡０　（ｍｏｄ　ｐ）　　ただし、０＜ｋ＜ｐ

が基本的です。

実際に、 _ｐＣ_ｋ＝ｐ（ｐ−１）・・・（ｐ−ｋ＋１）/ｋ！　は整数で、ｐ（ｐ−１）・・・（ｐ−ｋ＋１）は
　ｋ！で割り切れるが、ｐ は素数なので、（ｐ−１）（ｐ−２）・・・（ｐ−ｋ＋１）が ｋ！で割り切れ
る。よって、_ｐＣ_ｋ は、ｐ で割り切れる。

　これから、　（１＋ｘ）^ｐ≡１＋ｘ^ｐ　（ｍｏｄ　ｐ）　が成り立つ。

　これを使えば証明できます。(ハ)以外は使わないでも証明できますが、(ハ)は今のところ
使わない証明はわかりません。

(イ)の証明：　 （１＋ｘ）^ｐ-1≡（１＋ｘ^ｐ）/（１＋ｘ）＝１−ｘ＋ｘ²−ｘ³＋･･･＋ｘ^ｐ-1　より明らか。

(ロ)の証明：　 （１＋ｘ）^ｐ+1≡（１＋ｘ^ｐ）（１＋ｘ）＝１＋ｘ＋ｘ^ｐ＋ｘ^ｐ+1　より明らか。

(ハ)の証明：　 （１＋ｘ）^ｐａ≡（１＋ｘ^ｐ）^ａ　より明らか。

(ニ)の証明：　 (ハ)で、ａ＝２、ｂ＝１　とおけばよい。

　（別証）    （１＋ｘ）^2ｐ≡（１＋ｘ^ｐ）²＝１＋２ｘ^ｐ＋ｘ^2ｐ　より明らか。


　（１＋ｘ）^ｐ≡１＋ｘ^ｐ　（ｍｏｄ　ｐ）　を使わない証明も考えてみました。

(イ)の別証：　分母は、ｋ！、分子は≡(−１)^ｋ・ｋ！　（ｍｏｄ　ｐ）　より明らか。

(ロ)の別証：　 分子は素因数 ｐ を含み分母は含まないから。

(ニ)の別証：　「 （１４）　_ｎＣ₀²＋_ｎＣ₁²＋_ｎＣ₂²＋・・・＋_ｎＣ_n²＝_2ｎＣ_ｎ　」で、ｎ＝ｐ とする。

　_ｐＣ₀²＋_ｐＣ₁²＋_ｐＣ₂²＋・・・＋_ｐＣ_ｐ²＝_2ｐＣ_ｐ　より、成り立つ。


（追記）　当ＨＰ読者のＨＮ「ezofuji_z」さんが、（２９）の拡張について考察された。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２５年８月１８日付け）

（２９）’　ｐ を素数とする。このとき、次の等式が成り立つ。

（イ）’　_ｐ^ｅ-1Ｃ_ｋ≡（−１）^ｋ　（ｍｏｄ　ｐ）　　ただし、　０≦ｋ≦ｐ^ｅ−１

（ロ）’　_ｐ^ｅ+ｈＣ_ｋ≡０　（ｍｏｄ　ｐ）　　ただし、　０≦ｈ≦ｐ−１、ｈ＜ｋ＜ｐ^ｅ

　このように、（２９）は「ｐ^ｅ バージョン」に拡張されます。

※　特に、ｈ＝０のときは、　_ｐＣ_ｋ≡０　（ｍｏｄ　ｐ）　の拡張となってます。

※　また、ｅ＝１のときも、　１＜ｈ＜ｋ＜ｐの範囲で、ささやかですが拡張されています。

（ハ）’　０≦ｈ、ｋ≦ｐ−１ のとき、

　　ｈ≧ｋ ならば、_ｐａ+ｈＣ_ｐｂ+ｋ≡_ａＣ_ｂ・_ｈＣ_ｋ　（ｍｏｄ　ｐ）

　　ｈ＜ｋならば、_ｐａ+ｈＣ_ｐｂ+ｋ≡０　（ｍｏｄ　ｐ）　　ただし、　ｐａ＋ｈ≧ｐｂ＋ｋ≧０

　証明は、（１＋ｘ）^ｐａ+h≡（１＋ｘ^p）^a・（１＋ｘ）^h　（ｍｏｄ　ｐ）　を使えばよいです。

（ハ）’を繰り返し使うと（帰納法により）、次のことが示されます。　

　ｎ≧ｋ をｐ進表示したｐ^ｍの位の数を各々 ｈ_ｍ、ｋ_ｍ（0≦ｈ_ｍ、ｋ_ｍ≦ｐ−1）として、

　　ｎ＝ｈ_e・ｐ^e + ｈ_e-1・ｐ^e-1 + … + ｈ₁・ｐ + ｈ0　（ｈ_e＞0）、

　　ｋ＝ｋ_e・ｐ^e + ｋ_e-1・ｐ^e-1 + … + ｋ₁・ｐ + ｋ₀　（ｈ_e≧ｋ_e）

と表わすとき、

・　ｈ_ｍ≧ｋ_ｍ （0≦∀ｍ≦e）　ならば、　_ｎＣ_ｋ ≡ Π_{ｍ= 0〜e　ｈｍ}Ｃ_ｋｍ ≠0　（ｍｏｄ　ｐ）

・　0≦∃ｍ＜e　に対して、　ｈ_ｍ＜ｋ_ｍ　 ならば、　_ｎＣ_ｋ ≡0　（ｍｏｄ　ｐ）

　最初に述べた(イ)、(ロ)の拡張バージョン(イ)’、(ロ)’は、この結果の特別な場合として示
すことができます。
（もちろん合同多項式を使ったり、組合せ論的な直接証明も可能と思います。）


　さらに、ＦＮさんは、「岩波の数学公式�U」に載っている２項係数の公式で、このページにな
いものとして、３つあげられた。（平成２３年５月１９日付け）

（３０）　１²_ｎＣ₁＋２²_ｎＣ₂＋３²_ｎＣ₃＋・・・＋ｎ²_ｎＣ_ｎ＝ｎ（ｎ＋１）・２^ｎ-2

（３１）　_ｎＣ₀−(1/2)_ｎＣ₁＋(1/3)_ｎＣ₂−・・・＋（−１）^ｎ(1/(n+1))_ｎＣ_ｎ＝１/（ｎ＋１）

（３２）　_ｎＣ₁²＋２・_ｎＣ₂²＋３・_ｎＣ₃²＋・・・＋ｎ・_ｎＣ_n²＝ｎ・_2ｎ-1Ｃ_ｎ

　証明を考えてみてください。


　このＦＮさんの問いかけに対し、ａｔ さんが証明された。（平成２３年５月２１日付け）

（３０）　１²_ｎＣ₁＋２²_ｎＣ₂＋３²_ｎＣ₃＋・・・＋ｎ²_ｎＣ_ｎ＝ｎ（ｎ＋１）・２^ｎ-2

（証明）　（１＋ｘ）^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｘ＋_ｎＣ₂ｘ²＋_ｎＣ₃ｘ³＋・・・＋_ｎＣ_ｎｘ^ｎ　において、
　両辺を ｘ で微分して、さらに両辺に ｘ を掛けて、
　ｎｘ（１＋ｘ）^ｎ-1＝_ｎＣ₁ｘ＋２_ｎＣ₂ｘ²＋３_ｎＣ₃ｘ³＋・・・＋ｎ_ｎＣ_ｎｘ^ｎ
　さらに、両辺を ｘ で微分して、さらに両辺に ｘ を掛けて、
ｎｘ（１＋ｘ）^ｎ-1＋ｎ（ｎ−１）ｘ²（１＋ｘ）^ｎ-2＝_ｎＣ₁ｘ＋２²_ｎＣ₂ｘ²＋３²_ｎＣ₃ｘ³＋・・・＋ｎ²_ｎＣ_ｎｘ^ｎ
　この等式において、ｘ＝１ を代入して、
　ｎ・２^ｎ-1＋ｎ（ｎ−１）・２^ｎ-2＝_ｎＣ₁＋２²_ｎＣ₂＋３²_ｎＣ₃＋・・・＋ｎ²_ｎＣ_ｎ
すなわち、　１²_ｎＣ₁＋２²_ｎＣ₂＋３²_ｎＣ₃＋・・・＋ｎ²_ｎＣ_ｎ＝ｎ（ｎ＋１）・２^ｎ-2　　（証終）

（３１）　_ｎＣ₀−(1/2)_ｎＣ₁＋(1/3)_ｎＣ₂−・・・＋（−１）^ｎ(1/(n+1))_ｎＣ_ｎ＝１/（ｎ＋１）

（証明）　（１−ｘ）^ｎ＝_ｎＣ₀−_ｎＣ₁ｘ＋_ｎＣ₂ｘ²−_ｎＣ₃ｘ³＋・・・＋（−１）^ｎ_ｎＣ_ｎｘ^ｎ　の両辺を、
　ｘ＝０ から ｘ＝ｔ まで定積分し、さらに両辺を ｔ でわって、
｛１−（１−ｔ）^ｎ+1｝/｛ｔ（ｎ＋１）｝＝_ｎＣ₀−_ｎＣ₁ｔ/2＋_ｎＣ₂ｔ²/3−・・・＋（−１）^ｎ_ｎＣ_ｎｔ^ｎ/（ｎ+1）
　この等式において、ｔ＝１ を代入して、
　１/（ｎ＋１）＝_ｎＣ₀−_ｎＣ₁（1/2）＋_ｎＣ₂（1/3）−・・・＋（−１）^ｎ_ｎＣ_ｎ（1/（ｎ+1））
すなわち、
　_ｎＣ₀−(1/2)_ｎＣ₁＋(1/3)_ｎＣ₂−・・・＋（−１）^ｎ(1/(n+1))_ｎＣ_ｎ＝１/（ｎ＋１）　　（証終）

（３２）　_ｎＣ₁²＋２・_ｎＣ₂²＋３・_ｎＣ₃²＋・・・＋ｎ・_ｎＣ_n²＝ｎ・_2ｎ-1Ｃ_ｎ

（証明）　ｎｘ（１＋ｘ）^ｎ-1＝_ｎＣ₁ｘ＋２_ｎＣ₂ｘ²＋３_ｎＣ₃ｘ³＋・・・＋ｎ_ｎＣ_ｎｘ^ｎ　・・・（イ）
　（１＋ｘ）^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｘ＋_ｎＣ₂ｘ²＋_ｎＣ₃ｘ³＋・・・＋_ｎＣ_ｎｘ^ｎ　　において、
_ｎＣ_ｋ＝_ｎＣ_n-ｋ　より、
　（１＋ｘ）^ｎ＝_ｎＣ_ｎ＋_ｎＣ_ｎ-1ｘ＋_ｎＣ_ｎ-2ｘ²＋_ｎＣ_ｎ-3ｘ³＋・・・＋_ｎＣ₀ｘ^ｎ　・・・（ロ）
よって、（イ）と（ロ）を辺々掛けて、
　ｎｘ（１＋ｘ）^2ｎ-1
＝（_ｎＣ₁ｘ＋２_ｎＣ₂ｘ²＋・・・＋ｎ_ｎＣ_ｎｘ^ｎ）（_ｎＣ_ｎ＋_ｎＣ_ｎ-1ｘ＋_ｎＣ_ｎ-2ｘ²＋・・・＋_ｎＣ₀ｘ^ｎ）
において、両辺の ｘ^ｎ の係数を比較して、
　左辺＝ｎ・_2ｎ-1Ｃ_ｎ-1＝ｎ・_2ｎ-1Ｃ_ｎ
　右辺＝_ｎＣ₁²＋２・_ｎＣ₂²＋３・_ｎＣ₃²＋・・・＋ｎ・_ｎＣ_n²
よって、　_ｎＣ₁²＋２・_ｎＣ₂²＋３・_ｎＣ₃²＋・・・＋ｎ・_ｎＣ_n²＝ｎ・_2ｎ-1Ｃ_ｎ　　（証終）


（コメント）　ａｔ さんに感謝します。


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年５月２１日付け）

　やはり２項定理を使った証明が普通ですよね。私は組合せ論的な証明が好きなのでそれ
にこだわってしまいます。

（３０）　１²_ｎＣ₁＋２²_ｎＣ₂＋３²_ｎＣ₃＋・・・＋ｎ²_ｎＣ_ｎ＝ｎ（ｎ＋１）・２^ｎ-2

（証明）　ｎ 人から何人かを選び、かつ、班長と副班長を選ぶ。ただし、班長が副班長を兼任
　してもよい。この場合の数を２通りの方法で考える。
　ｒ 人を選ぶ場合の数は、_ｎＣ_ｒ 通り。この中から、班長と副班長を選ぶ場合の数は、
ｒ(ｒ−１) 通りで、班長が副班長を兼任する場合は、ｒ 通り。
　よって、　ｒ(ｒ−１)＋ｒ＝ｒ²　から、ｒ²・_ｎＣ_ｒ となり、左辺が求められる。
　一方、班長と副班長を選び、残りの ｎ−２人を適当に選ぶ場合の数は、
　　ｎ（ｎ−１）･２^ｎ-2　通り
　班長＝副班長を選び、残りの ｎ−１人を適当に選ぶ場合の数は、　ｎ･２^ｎ-1　通り
したがって、ｎ（ｎ−１）･２^ｎ-2＋ｎ･２^ｎ-1＝ｎ（ｎ＋１）･２^ｎ-2　より、左辺となる。　（証終）

　上記の証明で、班長が副班長を兼任してもよいのは不自然で、自然なのは次の式で
しょう。

　1･0･_ｎＣ₁＋2･1･_ｎＣ₂＋3･2･_ｎＣ₃＋･･･＋ｎ(ｎ-1)･_ｎＣ_ｎ＝ｎ（ｎ−１）･２^ｎ-2

そこで、（７）　_ｎＣ₁＋２_ｎＣ₂＋３_ｎＣ₃＋・・・＋ｒ_ｎＣ_ｒ＋・・・＋ｎ_ｎＣ_ｎ＝ｎ・２^ｎ-1　より、

　_ｎＣ₁＋2・_ｎＣ₂＋3・_ｎＣ₃＋・・・＋ｎ_ｎＣ_ｎ＝２ｎ・２^ｎ-2

を辺々加えて、　ｒ（ｒ−１）＋ｒ＝ｒ²　から、与式の成り立つことが分かる。

（３１）　_ｎＣ₀−(1/2)_ｎＣ₁＋(1/3)_ｎＣ₂−・・・＋（−１）^ｎ(1/(n+1))_ｎＣ_ｎ＝１/（ｎ＋１）

（証明）　両辺に、ｎ＋１ をかけると、左辺の項は、_ｎＣ_ｒ･(n+1)/(r+1)＝_ｎ+1Ｃ_ｒ+1　で、分母
　を払えば、　(n+1)・_ｎＣ_ｒ＝_ｎ+1Ｃ_ｒ+1・(r+1)　で、ｎ＋１人からｒ＋１人を選び、かつ、
　班長を選ぶ場合の数であることがわかる。このとき、
　左辺×（ｎ＋１）＝_ｎ+1Ｃ₁−_ｎ+1Ｃ₂＋_ｎ+1Ｃ₃−・・・＋（−１）^ｎ_ｎ+1Ｃ_ｎ+1
　（５）　_ｎＣ₀−_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂−_ｎＣ₃＋・・・＋（−１）^ｎ_ｎＣ_ｎ＝０
　より、　_ｎ+1Ｃ₀−_ｎ+1Ｃ₁＋_ｎ+1Ｃ₂−_ｎ+1Ｃ₃＋・・・−（−１）^ｎ_ｎ+1Ｃ_ｎ+1＝０　なので、
　_ｎ+1Ｃ₁−_ｎ+1Ｃ₂＋_ｎ+1Ｃ₃−・・・＋（−１）^ｎ_ｎ+1Ｃ_ｎ+1＝_ｎ+1Ｃ₀＝１＝右辺×（ｎ＋１）
よって、　左辺＝右辺　が成り立つ。　　（証終）

（３２）　_ｎＣ₁²＋２・_ｎＣ₂²＋３・_ｎＣ₃²＋・・・＋ｎ・_ｎＣ_n²＝ｎ・_2ｎ-1Ｃ_ｎ

（証明）　男子 ｎ 人、女子 ｎ 人合わせて ２ｎ 人から ｎ 人を選び、かつ、班長を選ぶ。
　ただし、班長は女子とする。この場合の数を、２通りの方法で数える。
　女子が ｒ 人の場合、女子の選び方は、_ｎＣ_ｒ 通りで、男子の選び方は、_ｎＣ_ｎ-ｒ＝_ｎＣ_ｒ通り。
　その１通りに対して、班長の選び方は、ｒ 通り。
よって、　_ｎＣ_ｒ・_ｎＣ_ｎ-ｒ・ｒ＝ｒ・_ｎＣ_ｒ²　となり、左辺が求められる。
一方、まず、班長を選ぶ場合の数が、ｎ 通り。残った ２ｎ−１人から ｎ−１人を選ぶので、
　ｎ・_2ｎ-1Ｃ_ｎ-1＝ｎ・_2ｎ-1Ｃ_ｎ　となり、右辺となる。　　（証終）

（３３）　１・２・_ｎＣ₂＋２・３・_ｎＣ₃＋・・・＋（ｎ−１）・ｎ・_ｎＣ_ｎ＝（ｎ−１）ｎ・２^ｎ-2

（証明）　　（１＋ｘ）^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｘ＋_ｎＣ₂ｘ²＋_ｎＣ₃ｘ³＋・・・＋_ｎＣ_ｎｘ^ｎ　において、
　両辺を２回微分して、
　ｎ（１＋ｘ）^ｎ-1＝_ｎＣ₁＋２_ｎＣ₂ｘ＋３_ｎＣ₃ｘ²＋・・・＋ｎ_ｎＣ_ｎｘ^ｎ-1
　（ｎ−１）ｎ（１＋ｘ）^ｎ-2＝１・２・_ｎＣ₂＋２・３・_ｎＣ₃ｘ＋・・・＋（ｎ−１）・ｎ・_ｎＣ_ｎｘ^ｎ-2
　ｘ＝１　とおくと、
　１・２・_ｎＣ₂＋２・３・_ｎＣ₃＋・・・＋（ｎ−１）・ｎ・_ｎＣ_ｎ＝（ｎ−１）ｎ・２^ｎ-2　　（証終）

（３４）
　　　　

（証明）
　　　　


（コメント）　２項係数の性質を使い切っていないかな？上記のように計算するんだったら最
　　　　　　初から

　

として計算した方がいいかも．．．。

　上記では、組合せの数を数に置き換えて計算してしまったが、もう少し我慢して計算を続
けると規則性が見えてくる。

　これだと一般の場合も数学的帰納法で証明出来そうな．．．そんな雰囲気。


　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　

　当ＨＰの読者のＨＮ「らい」さんより、

（１４）　_ｎＣ₀²＋_ｎＣ₁²＋_ｎＣ₂²＋・・・＋_ｎＣ_n²＝_2ｎＣ_ｎ

の一般化として、次の性質

（３５）　_ｎＣ₀・_ｎＣ_ｍ＋_ｎＣ₁・_ｎＣ_ｍ+1＋・・・＋_ｎＣ_ｎ-ｍ・_ｎＣ_ｎ＝_2ｎＣ_ｎ-ｍ　（０≦ｍ≦ｎ）

が成り立つ旨、ご教示いただいた。らいさんに感謝します。（平成２３年１１月６日付け）

（証明）　_ｎＣ_ｋ　は、 （１＋ｘ）^ｎ　を展開したときの ｘ^ｋ の係数で、_ｎＣ_ｋ＝_ｎＣ_n-ｋ　である。
　よって、　(１＋ｘ)^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｘ＋_ｎＣ₂ｘ²＋・・・＋_ｎＣ_ｎ-1ｘ^ｎ-1＋_ｎＣ_ｎｘ^ｎ　であり、
　　(１＋ｘ)^ｎ＝_ｎＣ_ｎ＋_ｎＣ_ｎ-1ｘ＋_ｎＣ_ｎ-2ｘ²＋・・・＋_ｎＣ₁ｘ^ｎ-1＋_ｎＣ₀ｘ^ｎ　
　このとき、　_ｎＣ₀・_ｎＣ_ｍ＋_ｎＣ₁・_ｎＣ_ｍ+1＋・・・＋_ｎＣ_ｎ-ｍ・_ｎＣ_ｎ
　　＝_ｎＣ₀・_ｎＣ_ｎ-ｍ＋_ｎＣ₁・_ｎＣ_ｎ-ｍ-1＋・・・＋_ｎＣ_ｎ-ｍ・_ｎＣ₀　は、
　（_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｘ＋・・・＋_ｎＣ_ｎ-1ｘ^ｎ-1＋_ｎＣ_ｎｘ^ｎ）（_ｎＣ_ｎ＋_ｎＣ_ｎ-1ｘ＋・・・＋_ｎＣ₁ｘ^ｎ-1＋_ｎＣ₀ｘ^ｎ）
すなわち、（１＋ｘ）^ｎ（１＋ｘ）^ｎ＝（１＋ｘ）^2ｎ を展開したときの ｘ^ｎ-m の係数に等しい。
したがって、　_2ｎＣ_ｎ-ｍ　である。　　（証終）


　らいさんからの続報です。（平成２３年１１月７日付け）

　上記の性質：Σ_{k=0〜n-m n}C_k・_nC_k+m = _2nC_n-m　から、さらに一般化を進めてみました。
ただ、一般化に重きを置いたため文字が増え、場合分けが必要になり、美しさが損なわれて
しまったようです…。

　0≦m≦l≦n のとき、　Σ_{k=0〜n-ｌ n+ｌ}C_ｌ-ｍ+k・_n-ｌC_k = _2nC_n-m　・・・（A）

　0≦ｌ≦ｍ≦n のとき、　Σ_{k=0〜n-ｍ n+ｌ}C_k・_n-ｌC_ｍ-ｌ+k = _2nC_n-m　・・・（B）

ここで、式（A）は、　Σ_{k=ｌ-ｍ〜n-ｍ n+ｌ}C_k・_n-ｌC_ｍ-l+k = _2nC_n-m　・・・（C）

　式（B）は、　Σ_{k=ｍ-ｌ〜n-ｌ n+ｌ}C_ｌ-ｍ+k・_n-ｌC_k = _2nC_n-m　・・・（D）

とそれぞれ変形することができ、こうすると、（A）と（D）、（B）と（C）がそれぞれ似ていること
を確認できます。

　1番上の式は、式（B）について、「 l = 0 」とすると得られます。冒頭の明治大学の問題は
式（C）について、「 n = 50  m = 0  l = 10 」とすることで解を得られます。美しさはあまりない
ですが、左辺に出てくる「ｌ」の値が右辺に影響しないことが個人的に面白いと思いました。
うまくすると面白い問題が作れそうな気がします。

　ちなみに、先ほどの公式の組み合わせ論的な解釈は、

　n+l個の異なる赤球と、n-l個の異なる白球がある。この異なる 2n個のものから、異なる

n-m個のものをとる組合せの数 _2nC_n-m は、赤球の個数で場合分けして、赤球n-m-k個

と白球k個をとる組合せの数の積 _n+lC_n-m-k・_n-lC_k = _n+lC_l-m+k・_n-lC_k　の和に等しい。

となります。


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年１１月７日付け）

(３５)　_ｎＣ₀・_ｎＣ_ｍ＋_ｎＣ₁・_ｎＣ_ｍ+1＋・・・＋_ｎＣ_ｎ-ｍ・_ｎＣ_ｎ＝_2ｎＣ_ｎ-ｍ　（０≦ｍ≦ｎ）

は、(１４)の一般化でありますが、(１６)の特殊化でもあります。(35)を少し書き直すと、

　　_ｎＣ₀・_ｎＣ_ｎ-ｍ＋_ｎＣ₁・_ｎＣ_ｎ-ｍ-1＋・・・＋_ｎＣ_ｎ-ｍ・_ｎＣ₀＝_2ｎＣ_ｎ-ｍ　（０≦ｍ≦ｎ）

これは、

（１６）　_ｎＣ₀・_ｍＣ_ｋ＋_ｎＣ₁・_ｍＣ_ｋ-1＋_ｎＣ₂・_ｍＣ_ｋ-2＋・・・＋_ｎＣ_ｋ・_ｍＣ₀＝_ｎ+ｍＣ_ｋ

において、ｍをｎに、ｋをｎ-ｍに変えたものです。

(１４)は、男ｎ人、女ｎ人の計2ｎ人からｎ人を選ぶ選び方を、2通りで考えて得られる。

(３５)は、男ｎ人、女ｎ人の計2ｎ人からｎ-ｍ人を選ぶ選び方を、2通りで考えて得られる。

(１６)は、男ｎ人、女ｍ人の計ｎ+ｍ人からｋ人を選ぶ選び方を、2通りで考えて得られる。

　(３５)のｎ-ｍをｋに変えても成り立ちますが、ｋ＞ｎ のとき、_ｎＣ_ｋ=0 とかの約束が必要にな
ります。

　らいさんが書かれた上記の式（A）（B）も、(１６)の特殊化だと思います。

　4通りの場合分けが必要になったのは、2項係数が定義できることを気にしたからで、
ｋ＞ｎ、ｋ＜０ のときは、_ｎＣ_ｋ=0 としておけば必要なくなると思います。

　4通りの式で、多分(１６)のｎ+ｍが偶数の場合に相当すると思います。きちんとチェックし
たわけではありませんから間違ってるかもしれません。


　らいさんからのコメントです。（平成２３年１１月７日付け）

　なるほど、そういわれてみればその通りです。（１６）の式はもっと簡潔に書いてあったの
ですね！研究したのはだいぶ前で、どういう経緯でその式にたどり着いたのか覚えてない
のですが、後の式をすぐ求められるのですね．．．。いろいろとありがとうございました。


　当ＨＰの読者のＨＮ「らい」さんより、随分前に、友達が発見し証明できなかった等式を、
昔のメモから発掘されたということで、次の公式をご教示頂いた。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２３年１１月１９日付け）

（３６）　Σ_{k=0〜n ｎ}Ｃ_ｋ(ｎ+1-ｋ)^ｎ(-1)^ｋ = ｎ！

　ｎ=0〜3　まで試して、どうやら合っているようです。数学的帰納法で上手くいくかと思った
のですが、上手くいきません。あと一歩だと思ったのですが．．．。証明していただけると嬉
しいです。

　ＦＮさんが証明されました。（平成２３年１１月１９日付け）

（証明）　1、2、･･･、ｎ から ｎ 個とる順列を２通りで考える。普通に数えて、ｎ！個

　0、1、2、････、ｎ から重複を許して ｎ 個とる順列を考えると、その個数は、(ｎ+1)^ｎ

　このうちで、1、2、････、ｎ から ｎ 個とる順列でないものを引いていく。

　まず、1を含まないものの個数は、ｎ^ｎ、2を含まないもの、･･･、ｎ を含まないものも同じだ

　から、1、2、････、ｎ のうちのどれかを含まないものは、ｎ・ｎ^ｎ個

　(ｎ+1)^ｎからｎ・ｎ^ｎをひく。しかし、もちろん、これは重複して数えているので引き過ぎ。

　1も2も含まないものは、1を含まないものとして数え、2を含まないものとして数えている。

　1も2も含まないものは、(ｎ-1)^ｎ個。1も3も等々も同じで、その選び方は、_ｎＣ₂通り。

　引きすぎた分を足して、(ｎ+1)^ｎ-ｎ・ｎ^ｎ+_ｎＣ₂(ｎ-1)^ｎ　だが、今度は足し過ぎ。

　1も2も3も含まないもの等々を引いて、(ｎ+1)^ｎ-ｎ・ｎ^ｎ+_ｎＣ₂(ｎ-1)^ｎ+_ｎＣ₃(ｎ-2)^ｎ

　これをどんどん繰り返していく。1、2、･･･、ｎ から ｎ 個とる順列はどれにも該当しないか

　ら足されることも引かれることもない。それ以外のものはちょうど1回引かれる。

　　従って、成り立つ。　　（証終）

　らいさんからのコメントです。（平成２３年１１月１９日付け）

　なるほど！包除原理ですか。そんな考え方もできるのですね！参考になりました。
　ところで、上記の階乗の等式は、同様の考えかたを用いると、

　Σ_{k=0〜n-1 ｎ}Ｃ_ｋ(ｎ-ｋ)^ｎ(-1)^ｋ = ｎ！

のようにいろいろな形の式を作ることができるのですね。ただ、この式だと ｎ=0 に対応して
いないというのが違う点ですね。まあ、そんなに気になる違いでもありませんが．．．。


　攻略法さんからのコメントです。（平成２３年１１月２３日付け）

　ｎ≧1 のとき、　Σ_k=0〜n {_ｎＣ_ｋｋ^ｎ(-1)^n±k} = ｎ！

　　　　　　　　　　Σ_k=0〜n {_ｎＣ_ｎ-ｋ（ｎ-ｋ）^ｎ(-1)^k} = ｎ！　と同値。

　_ｎＣ_ｋ＝_ｎＣ_ｎ-ｋ より、　Σ_k=0〜n {_ｎＣ_ｋ（ｎ-ｋ）^ｎ(-1)^k} = ｎ！　と同値。


　ａｔ さんからのコメントです。（平成２３年１１月２４日付け）

　なるほど。この証明法は興味深いですね。同様に考えて、次の等式が成り立つことがわか
りますね。

　任意の正の整数 ｎ、ｍ に対して、　Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(ｎ+ｍ-ｋ)^ｎ = ｎ！

　次の等式も成り立ちます。証明は同じ考え方でできます。

　任意の正の整数 ｎ、ｍ に対して、

　　Σ_a=0〜nΣ_b=0〜n-a (-1)^a+b_ｎＣ_ａ・_ｎ-ａＣ_ｂ・_2ｎＣ_ｂ ｂ！(ｎ+ｍ-ａ-ｂ)^2n-b = (2ｎ)！/2^ｎ


　らいさんからのコメントです。（平成２３年１１月２６日付け）

　上記の公式

　任意の正の整数 ｎ、ｍ に対して、　Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(ｎ+ｍ-ｋ)^ｎ = ｎ！

は、ｍが負数でも成り立ちます。すなわち、

　任意の正の整数 ｎ、ｍ に対して、　Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(ｎ±ｍ-ｋ)^ｎ = ｎ！

　ところで、ｍ は実数全体に対して成り立ちそうです。ｎ=3、ｍ=πでやってみましたが、見事
にπが消えてくれました。また、

　任意の正の整数 ｎ、ｍ に対して、

　　Σ_a=0〜nΣ_b=0〜n-a (-1)^a+b_ｎＣ_ａ・_ｎ-ａＣ_ｂ・_2ｎＣ_ｂ ｂ！(ｎ+ｍ-ａ-ｂ)^2n-b = (2ｎ)！/2^ｎ

についても、おそらく、同じことが言えるのではないでしょうか？

　ところで、　Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(ｎ-ｋ)^ｎ = ｎ！　の両辺をｎ！で割ると、

　Σ_k=0〜n (-1)^ｋ(ｎ-ｋ)^ｎ/｛ｋ！(ｎ-ｋ)！｝ = １

　さらに特殊化すると、　Σ_ｊ+k=n (-ｋ)^ｊ・ｋ^ｋ/｛ｋ！ｊ！｝ = １　という式が得られる。


　ａｔ さんからのコメントです。（平成２３年１１月２６日付け）

　そうですね。確かに、ｍは実数全体に対して成り立ちそうですね。整理して書くと、次のこ
とが言えるようです。

　任意の実数 ｘ に対して、Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(ｘ-ｋ)^ｎ = ｎ！

　あとは、この等式が本当に正しいことを証明できればいいですね。


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年１１月２６日付け）

　今までの議論が正しいとすると、無限個のｘ(ｘ=n+1、n+2、･･･)に対して成り立つ。

　左辺は、ｘについてｎ次以下の式だから、恒等式でない限り、ｎ個より多い解をもつことは
ない。従って、恒等式である。すなわち、すべてのｘについて成り立つ。でも、直接上の式を
証明しないといけませんね。


　ａｔ さんからのコメントです。（平成２３年１１月２６日付け）

　なるほど！こういう証明法がありましたか。恒等的に0でないようなｎ次以下の多項式が、
ｎ個より多くの根をもつことはあり得ないという性質を利用したのですね。これ以外の証明
もあるのでしょうか？難しそうです。


　らいさんからのコメントです。（平成２３年１１月２６日付け）

　確かにそれで証明はできているようですね。直接証明するために、まず補題を用意します。

補　題　自然数 ｎ、非負整数 ｍ　(ｍ＜ｎ)　に対して、Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋｋ^ｍ = 0

（証明）　(1+ｘ)^ｎ = Σ_{k=0〜n ｎ}Ｃ_ｋｘ^ｋ　の両辺を微分し、さらに、ｘ をかけると、

　ｎｘ(1+ｘ)^ｎ-1 = Σ_k=0〜n ｋ_ｎＣ_ｋｘ^ｋ

これを、ｍ回繰り返し、ｘ=-1 を代入すると得られる。　　（証終）

これを用いて、　Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(ｘ-ｋ)^ｎ = ｎ！　を証明する。

（証明）　(ｘ-ｋ)^ｎ を２項定理で展開し、ｘ について降べきの順に並べる。

　ｍ=0、1、2、・・・、ｎ-1　について、(ｘ-ｋ)^ｎ の展開式における ｘ^ｎ-ｍ の係数は、_ｎＣ_ｍ(-ｋ)^ｍ

なので、(-1)^ｍ_ｎＣ_ｍｘ^ｎ-ｍ の係数は、Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋｋ^ｍ　すなわち、0 になる。

　定数項は、Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(-ｋ)^ｎ　で、これは、

　Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(ｎ+ｍ-ｋ)^ｎ = ｎ！　(ｍは整数)

について、ｍ=-ｎ　としたものである。　よって、(定数項)=ｎ！　なので、

　Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(ｘ-ｋ)^ｎ = ｎ！

が示された。　　（証終）

点検お願いします。（→　一部修正させていただきました。証明は正しいものです。）


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年１１月２６日付け）

　Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(ｎ+ｍ-ｋ)^ｎ = ｎ！　(ｍは整数)　を使うのであれば、私の解答でもいい
ことになってしまわないでしょうか。実質的に使ってるのは、Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(-ｋ)^ｎ＝ｎ！
だけだから、同じということにはならないでしょうが．．．。


　らいさんからのコメントです。（平成２３年１１月２６日付け）

　あ、そうでしたね！うっかりしました。では、定数項 Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(-ｋ)^ｎ を同値な式
Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(ｎ-ｋ)^ｎ　(∵　(-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(-ｋ)^ｎ = _ｎＣ_ｎ-ｋｋ^ｎ・(-1)^ｎ+ｋ で、ｎ-ｋをｋに置き
換える)に変形すれば、前述の包除原理を用いた証明に帰着できるでしょう。

　先ほど用いた補題について一般化を考えてみました。一般化の前に、先ほどの証明に
出てきた定数項Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(-ｋ)^ｎ＝ｎ！は、補題の延長として証明できることがわ
かりました。

　２項定理　(1+ｘ)^ｎ = Σ_{k=0〜n ｎ}Ｃ_ｋｘ^ｋ　の両辺を微分し、さらに、ｘ をかけると、

　ｎｘ(1+ｘ)^ｎ-1 = Σ_k=0〜n ｋ_ｎＣ_ｋｘ^ｋ

これを、ｍ回繰り返す。補題の証明では、「ｍ＜ｎ」としましたが、ここで、「ｍ＝ｎ」のとき、

　ｎ！ｘ^ｎ ＋・・・= Σ_k=0〜n ｋ^ｎ_ｎＣ_ｋｘ^ｋ　すなわち、ｎ！＋・・・ = Σ_k=0〜n ｋ^ｎ_ｎＣ_ｋｘ^ｋ-ｎ

ここで、ｘ=-1 とすれば、Σ_k=0〜n (-1)^ｋ-ｎ_ｎＣ_ｋｋ^ｎ = ｎ！となるので、包除原理を用いずに、

　Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(-ｋ)^ｎ = Σ_k=0〜n (-1)^ｋ+ｎ_ｎＣ_ｋｋ^ｎ = Σ_k=0〜n (-1)^ｋ-ｎ_ｎＣ_ｋｋ^ｎ = ｎ！

と導けました。さて、一般化ですが、

補題２　　自然数 ｎ、非負整数 ｍ　(ｍ＜ｎ)　に対して、

　Σ_k=0〜n ｛(-1)^ｋ_ｎＣ_ｋΠ_ｊ=1〜ｍ（ａ_ｊ＋ｋ）｝= 0

ただし、ａ₁、ａ₂、・・・、ａ_ｍ は、任意の実数

　補題は、ａ₁=ａ₂=・・・=ａ_m=0　の場合です。

　余談ですが、この話題の発端となった等式　Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(ｎ+1-ｋ)^ｎ = ｎ！は、中３の
とき友人が見つけたのですが、そのとき彼は、ただなんとなく平方数、立方数およびn乗数の
差分を繰りかえしとっていただけらしいのです。それで、最後には階乗にたどり着くということ
を発見し、この式を見出したようなのですが、まさかｎ乗数の差分と、このような組み合わせ
に関する多くの等式がつながっているとは…。やはり、数学は奥が深く、どこでつながってい
るかわからないものですね。

　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年１１月２６日付け）

　この一般化はあまり意味がないですね。Π_ｊ=1〜ｍ（ａ_ｊ＋ｋ）は、ｋのｍ次式で、ｋ^ｌ (ｌ≦ｍ)に
ついて、Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋｋ^ｌ = 0　が証明できてるので、当然成り立ちます。

それより、補題と、ｍ=ｎ のときの式の証明がいいですね！

　Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋｋ^ｍ = 0

　Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(-ｋ)^ｎ = Σ_k=0〜n (-1)^ｋ-ｎ_ｎＣ_ｋｋ^ｎ= ｎ！

　２項係数の性質の(２８)のようですが、そこの証明は包除原理を使っているようです。２項
定理に微分をｍ回使って証明できるのが面白いです。


　らいさんからのコメントです。（平成２３年１１月２６日付け）

　なるほど、確かに…。ということは、Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋｋ^ｌ = 0　さえあれば、２項係数の係
数がきれいな法則にのっとるような和で、右辺が0になるようなものがいくらでもつくれてしま
うのですね。

　(ｎ-1)！_ｎＣ₀ - (ｎ！/1！)_ｎＣ₁ + ((ｎ+1)！/2！)_ｎＣ₂ -・・・+ (-1)^ｎ((2ｎ-1)！/ｎ！)_ｎＣ_ｎ = 0

とか…。逆にこういった式の証明も簡単にできてしまうのですね。

　公式自体は既出だったのですね。でも、新しい証明法を与えられて光栄です。僕は何か
発見すると、すぐに先走ってしまうようで、ここで出した式が何かの特殊化であることが多
いようです＾＾；


　ａｔ さんからのコメントです。（平成２３年１１月２６日付け）

　らいさんの主張：補題２は正しいです。さらに一般に、次の等式が成り立つことが知られて
います。

　ｎを0以上の任意の整数、ｂ₀、ｂ₁、ｂ₂、・・・、ｂ_ｎ を任意の実数とするとき、

　　(-1)^ｎΣ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋ(-1)^ｎ-k（ｂ₀+ｂ₁ｋ+ｂ₂ｋ²+・・・+ｂ_ｎｋ^ｎ） = ｎ！ｂ_ｎ

＃上式は、ＧＡＩ さんのご指摘で修正されています。（赤字部分）（令和５年５月１０日付け）

　らいさんの補題２は、この式において、ｂ_ｎ=0　としたものです。


　らいさんからのコメントです。（平成２３年１１月２６日付け）

　なるほど。Πを展開した時、ｍは、ｎ-1までの値をとりえるので、ｂ_ｎ=0 のときと一致するわ
けですね！FNさんの言うように、ｂ₀+ｂ₁ｋ+ｂ₂ｋ²+・・・+ｂ_ｎ-1ｋ^ｎ-1 の部分はΣを分けた時にそ
れぞれ0になるので、ｂ₀、ｂ₁、ｂ₂、・・・、ｂ_ｎ-1 の値が影響しないんですね。先ほど示した

　Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋｋ^ｍ = 0　（ｍ＜ｎ）

　Σ_k=0〜n (-1)^ｋ-ｎ_ｎＣ_ｋｋ^ｎ= ｎ！

をそれぞれ定数倍してまとめると、ａｔ さんの式になるということですね。とても納得いきました。


　らいさんからのコメントです。（平成２３年１１月２９日付け）

　先日、　Σ_k=0〜n (-1)^ｋ_ｎＣ_ｋｋ^ｍ = 0　（ｍ＜ｎ）　、Σ_k=0〜n (-1)^ｋ-ｎ_ｎＣ_ｋｋ^ｎ= ｎ！　の証明に
使った、「２項展開式の両辺を微分し、ｘ をかける。これをm回繰り返す。」という作業があり
ました。これを、ｍ＞ｎに対して拡張できないかと考えました。

　f₀(ｘ) = (1+ｘ)^ｎ　、f_m+1(ｘ) = ｘf_m’(ｘ)　とし、f_ｎ(ｘ) を求めます。

f_m(ｘ)　の ｎ(ｎ-1)…(ｎ-ｋ+1)ｘ^ｎ-ｋ(1+ｘ)^ｋ の係数を a[m，k] とすると、

　　a[m，1] = 1　、a[m，k] = ｋ・a[m-1，k] + a[m-1，k-1]

が成り立つので、ここから、a[m，k] を求められれば一番いいのですが、m、kで直接は表せ
ないようです．．．。しかし、漸化式から、a[n+k，n] を求められれば、f_ｎ+ｋ(ｘ)　と２項定理の
関係から、

　　　Σ_ｊ=0〜n (-1)^ｎ-ｊ_ｎＣ_ｊｊ^ｎ+ｋ = a[n+k，n]・ｎ！

となります。ｎ+ｋ=ｍ として、　Σ_ｊ=0〜n (-1)^ｎ-ｊ_ｎＣ_ｊｊ^ｍ = a[ｍ，n]・ｎ！

としてしまうほうがわかりやすいでしょうか。ともかく

　a[n，n] = 1　、a[n+1，n] = n(n+1)/2　、a[n+2，n] = n(n+1)(n+2)(3n+1)/4！

　a[n+3，n] = {n(n+1)}²(n+2)(n+4)/(4！・2)

ということまではわかりましたが、なかなか一般項にたどり着けません．．．。

a[n+k，n] は求められるでしょうか？


　攻略法さんからのコメントです。（平成２３年１１月２９日付け）

　「私の備忘録」−「ベル数」　で、第２種スターリング数の表があります。

　a[n，ｍ]・ｍ！=Σ_k=0〜ｍ (-1)^ｋ_ｍＣ_ｋ（ｍ-ｋ）^ｎ

として、表を眺める。

右端の斜め　1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,…　から、a[n，n] =1

右端から2番目の斜め　1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,120,…　から、

a[n+1，n]=(1/2)n(n+1)

右端から3番目の斜め　1,7,25,65,140,266,462,750,1155,1705,2431,3367,4550,6020,7820,…

　a[n+2，n]=(1/24)n(n+1)(n+2)(3n+1)

右端から4番目の斜め
　1,15,90,350,1050,2646,5880,11880,22275,39325,66066,106470,165620,249900,367200,…

　a[n+3，n]=(1/48)n²(n+1)²(n+2)(n+3)

右端から5番目の斜め
　1,31,301,1701,6951,22827,63987,159027,359502,752752,1479478,2757118,4910178,8408778,13916778,…

　a[n+4，n]=(1/5760)n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(15n³+30n²+5n-2)

右端から6番目の斜め
　1,63,966,7770,42525,179487,627396,1899612,5135130,12662650,28936908,62022324,125854638,243577530,452329200,…

　a[n+5，n]=(1/11520)n²(n+1)²(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)(3n²+7n-2)

n≧2 のとき、a[n，2]=2^n-1-1　2列目


　らいさんからのコメントです。（平成２３年１１月３０日付け）

　そちらに書いてありましたか。教えていただいてありがとうございます。6番目の一般項まで
出し、以前にそのペ−ジを見たことがあるにもかかわらず、つながりを見出せませんでした。

　見た限り、やはり一般の場合の式は少なくとも簡潔には出ないようですね。２項係数の和
の等式として、使ってみてきれいなのも大目に見て3番目くらいまでですかね…


　ＨＮ「りらひい」さんから、興味ある関係式をご教示いただきました。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２４年６月２３日付け）

　私の脳に強く焼き付いている式を一つ・・・。

　　Σ_i=0〜mΣ_j=0〜n (-1)^i+j・_i+jＣ_i・_mＣ_i・_nＣ_j=δ[m，n]

　　　（ただし、δ[m，n] はクロネッカーのデルタ）


例　いくつか実験してみた。　ｍ＝１、ｎ＝１のとき、

　Σ_i=0〜1Σ_j=0〜1 (-1)^i+j・_i+jＣ_i・₁Ｃ_i・₁Ｃ_j

　=₀Ｃ₀・₁Ｃ₀・₁Ｃ₀+(-1)・₁Ｃ₀・₁Ｃ₀・₁Ｃ₁+(-1)・₁Ｃ₁・₁Ｃ₁・₁Ｃ₀+₂Ｃ₁・₁Ｃ₁・₁Ｃ₁

　=１+(-1)+(-1)+2=１

　ｍ＝１、ｎ＝２のとき、

　Σ_i=0〜1Σ_j=0〜2 (-1)^i+j・_i+jＣ_i・_mＣ_i・_nＣ_j

　=₀Ｃ₀・₁Ｃ₀・₂Ｃ₀+(-1)・₁Ｃ₀・₁Ｃ₀・₂Ｃ₁+₂Ｃ₀・₁Ｃ₀・₂Ｃ₂
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　+(-1)・₁Ｃ₁・₁Ｃ₁・₂Ｃ₀+₂Ｃ₁・₁Ｃ₁・₂Ｃ₁+(-1)・₃Ｃ₁・₁Ｃ₁・₂Ｃ₂

　=１+(-2)+1+(-1)+4+(-3) = 0


（コメント）　一瞬、本当かな？と頭を過ぎりましたが、成り立ちそうですね！


　ａｔ さんが考察されました。（平成２４年７月１６日付け）

　上記の等式の証明を考えてみました。証明には、Chu-Vandermonde identity と、

　_ｎＣ_ｋ＝(-1)^ｋ・_k-n-1Ｃ_k

という等式を使いました。

(証明) n≦mの場合：

　左辺=Σ_i=0〜mΣ_j=0〜n (-1)^i+j・_i+jC_i・_mC_i・_nC_j

=Σ_i=0〜mΣ_j=0〜n (-1)^i+j・(-1)ⁱ・_-j-1C_i・_mC_m-i・_nC_j

=Σ_i=0〜mΣ_j=0〜n (-1)^j・_-j-1C_i・_mC_m-i・_nC_j

=Σ_j=0〜n (-1)^j・_nC_jΣ_i=0〜m(_-j-1C_i・_mC_m-i)

=Σ_j=0〜n (-1)^j・_nC_j・_m-j-1C_m

=Σ_j=0〜n (-1)^j・_nC_j・(-1)^m・_ｊC_ｍ

=Σ_j=0〜n (-1)^j+ｍ・_nC_j・_ｊC_ｍ

=δ[m,n].

n＞mの場合：　左辺を変形していくと、左辺=Σ_i=0〜m (-1)ⁱ⁺ⁿ・_mC_i・_iC_n=0


　りらひいさんからのコメントです。（平成２４年７月１９日付け）

　証明してくださってありがとうございます。わたしには証明が思いつかなかったため、式だ
けが頭に残っていたのでした。これで少しすっきりしました。参考までに、私がこの関係式を
得た方法を書いておきます。

　「ラゲール多項式の直交関係を表す式に展開式を代入して展開し、項ごとに積分を実行
　したもの」


　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「Ｋ．Ｓ．」さんより、新たな２項係数の性質をご教示
いただいた。（平成２５年７月１６日付け）

　組合せ公式は、奥が深いようです。

（３７）　_2n-1Ｃ₁＋_2n-3Ｃ₁＋・・・＋₁Ｃ₁＝２・_nＣ₂＋１・_nＣ₁＋０・_nＣ₀　　（ｎ≧２）

（３８）　_2n-2Ｃ₂＋_2n-4Ｃ₂＋・・・＋₂Ｃ₂＝４・_nＣ₃＋１・_nＣ₂＋０・_nＣ₁　　（ｎ≧２）

（３９）　_2n-1Ｃ₃＋_2n-3Ｃ₃＋・・・＋₃Ｃ₃＝８・_nＣ₄＋８・_nＣ₃＋１・_nＣ₂　　（ｎ≧３）

（４０）　_2n-2Ｃ₄＋_2n-4Ｃ₄＋・・・＋₄Ｃ₄＝１６_nＣ₅＋１２・_nＣ₄＋１・_nＣ₃　　（ｎ≧３）


　Ｋ．Ｓ．さんからいただいた性質の証明を考えてみた。

（３７）の（証明）

　（左辺）＝（２ｎ−１）＋（２ｎ−３）＋・・・＋１＝ｎ（２ｎ−１＋１）/２＝ｎ²

　（右辺）＝ｎ（ｎ−１）＋ｎ＝ｎ²　　なので、　（左辺）＝（右辺）　　（証終）

（３８）の（証明）

（左辺）＝（ｎ−１）（２ｎ−３）＋（ｎ−２）（２ｎ−５）＋・・・＋１

＝Σ_{ｋ＝1〜ｎ-1} ｋ（２ｋ−１）

＝ｎ（ｎ−１）（２ｎ−１）/３−ｎ（ｎ−１）/２

＝ｎ（ｎ−１）（４ｎ−２−３）/６＝ｎ（ｎ−１）（４ｎ−５）/６

（右辺）＝２ｎ（ｎ−１）（ｎ−２）/３＋ｎ（ｎ−１）/２

　＝ｎ（ｎ−１）（４ｎ−８＋３）/６＝ｎ（ｎ−１）（４ｎ−５）/６

なので、　（左辺）＝（右辺）　　（証終）

．．．．．．と一応計算すれば、残りの（３９）、（４０）も証明出来るのだろう。
　しかし、等式をもっと別な視点で明らかにすることは出来るのだろうか？


　空舟さんが、(３７)式〜(４０)式について考察されました。（平成２５年７月２６日付け）

　偶奇両方を補って書いてみます。

(**) Σ_{k=1〜n 2ｋ-1}Ｃ₀＝Σ _{k=1〜n 2ｋ-2}Ｃ₀＝ｎ＝_nＣ₁

　（３７）　Σ _{k=1〜n 2ｋ-1}Ｃ₁＝２・_nＣ₂＋１・_nＣ₁＋０・_nＣ₀　（ｎ≧２）に対して、

(３７)’ 　Σ_{k=1〜n 2ｋ-1}Ｃ₁＝ｎ²＝２・_nＣ₂＋_nＣ₁
(３７)” 　Σ _{k=1〜n 2ｋ-2}Ｃ₁＝ｎ²−ｎ＝２・_nＣ₂

　（３８）　Σ _{k=1〜n 2ｋ-2}Ｃ₂＝４・_nＣ₃＋１・_nＣ₂＋０・_nＣ₁　（ｎ≧２）に対して、

(３８)’ 　Σ_{k=1〜n 2ｋ-1}Ｃ₂＝４・_nＣ₃＋３・_nＣ₂
(３８)” 　Σ_{k=1〜n 2ｋ-2}Ｃ₂＝４・_nＣ₃＋１・_nＣ₂

　（３９）　Σ _{k=1〜n 2ｋ-1}Ｃ₃＝８・_nＣ₄＋８・_nＣ₃＋１・_nＣ₂　（ｎ≧２）に対して、

(３９)’ 　Σ_{k=1〜n 2ｋ-1}Ｃ₃＝８・_nＣ₄＋８・_nＣ₃＋１・_nＣ₂
(３９)” 　Σ_{k=1〜n 2ｋ-2}Ｃ₃＝８・_nＣ₄＋４・_nＣ₃

　（４０）　Σ _{k=1〜n 2ｋ-2}Ｃ₄＝１６_nＣ₅＋１２・_nＣ₄＋１・_nＣ₃　（ｎ≧２）に対して、

(４０)’ 　Σ_{k=1〜n 2ｋ-1}Ｃ₄＝１６_nＣ₅＋２０・_nＣ₄＋５・_nＣ₃
(４０)” 　Σ_{k=1〜n 2ｋ-2}Ｃ₄＝１６_nＣ₅＋１２・_nＣ₄＋１・_nＣ₃

（注意）　 0≦a＜b のときは、２項係数 _ａＣ_ｂ＝０ と扱っています。そういうわけで、例えば、
　　　　上記の(40)”式では、ｋ＝３からｎまでと同じです。

　ここで、例えば、次のような３式間の関係が成り立っています。

(４０)’式＝ (３８)’式に(３９)’式の２倍を足して、_ａＣ_ｂ のｂの値に＋１したもの

(４０)”式＝ (３８)”式に(３９)”式の２倍を足して、_ａＣ_ｂ のｂの値に＋１したもの

(**，３７，３８)の間、(３７，３８，３９)の間についても同様に成り立ちます。

実際、次のようにして、この関係を確認することができます。

Σ_{k=1〜n 2ｋ-1}Ｃ_ｍ＝ F_m(ｎ) とおく。

_2ｋ+1Ｃ_ｍ−_2ｋ-1Ｃ_ｍ＝ ２・_2ｋ-1Ｃ_ｍ-1＋ _2ｋ-1Ｃ_ｍ-2　・・・ (※)

ｋについて、１からｎ−１まで両辺の和をとることで、

_2ｎ-1Ｃ_ｍ＝ ２・F_m-1(n-1) ＋ F_m-2(n-1)

ｎをｋとおいて、１からｎまで両辺の和をとることで、

　F_m(ｎ) ＝ ２Σ_k=1〜n F_m-1(ｋ-1) ＋ Σ_k=1〜n F_m-2(ｋ-1)

であることから上記の性質を得る。

※　２ｋ＋１個からｍ個選ぶ方法は；
・（２ｋ−１個からｍ個選ぶ方法）×（２個から０個選ぶ方法）
・（２ｋ−１個からｍ−１個選ぶ方法）×（２個から１個選ぶ方法）
・（２ｋ−１個からｍ−２個選ぶ方法）×（２個から２個選ぶ方法）
の合計に一致することから。

※　(４０)’　 Σ _{k=1〜n 2ｋ-1}Ｃ₄＝１６_nＣ₅＋２０・_nＣ₄＋５・_nＣ₃　という式の係数は最近どこかで
　見たことがあるような気がしますね！

　5倍角の公式 と見比べて、F(x)=16x^5-20x^3+5x としてグラフを・・・

何か関連付ける説明はあるのでしょうか・・


　らすかるさんからのコメントです。（平成２５年７月２６日付け）

(３７)’(３８)’(３９)’(４０)’の右辺の係数は、

　cos(2θ)=2(cos²θ)-1
　cos(3θ)=4(cos³θ)-3(cosθ)
　cos(4θ)=8(cos⁴θ)-8(cos²θ)+1
　cos(5θ)=16(cos⁵θ)-20(cos³θ)+5(cosθ)

の右辺の係数を正にしたものと一致しますが、(３７)”(３８)”(３９)”(４０)”'の右辺の係数は

　sin(2θ)/(sinθ)=2cosθ
　sin(3θ)/(sinθ)=4(cos²θ)-1
　sin(4θ)/(sinθ)=8(cos³θ)-4(cosθ)
　sin(5θ)/(sinθ)=16(cos⁴θ)-12(cos²θ)+1

の右辺の係数を正にしたものと一致しますね。


（コメント）　何となく奥が深いような．．．雰囲気！


　Ｋ．Ｓ．さんからのコメントです。（平成２５年７月３１日付け）

（４０）　_2n-2Ｃ₄＋_2n-4Ｃ₄＋・・・＋₄Ｃ₄＝１６_nＣ₅＋１２・_nＣ₄＋１・_nＣ₃　　（ｎ≧３）

について、

入試問題　　２ｎ−５個の白玉と５個の赤玉を左から右へ一列に並べる方法を考える。
　　　　　　　このうちで、最も右側にある赤玉が奇数番目にある並べ方は何通りあるか。

の解答になります。

　左辺の式の考え方は、２ｎ個を２組ずつ並べて考えるとき、先ず、一番右側の組に赤玉

をおくとき、残り４個の入れ場所は、_2n-2Ｃ₄通りある。次に、右から最も右側にある赤玉が

右から二組めにあるとき、残り４個の入れ場所は、_2n-4Ｃ₄通りある。以下同様にして、₄Ｃ₄

までの全て和を求める。

　右辺の式の考え方は、２ｎ個を、２組づつ並べて考えるとき、５個の赤玉が５組に１個づつ

入る場合、_nＣ₅通りあり、左の４個については右左どちらでもよいので、２⁴＝１６通りありま

す。次に５個の赤玉が４組に入る場合、必然的に赤赤と入る組が一組あり、３組のうち一つ

なので、３通り、最も右側は赤白となる。２組は右左どちらでもよいので、４通り、よって、

３×４＝１２通りあります。最後に５個の赤玉が３組に入る場合、_nＣ₃通りあります。全ての

和が右辺になります。同様の考え方で、

　３ｎ個の玉の中、赤玉５個と残り白玉を左から右へ一列に並べる方法を考える。このうち
で、最も右側にある赤玉が３で割りと１余る番目ある並べ方は何通りあるか。

については、

　_3n-3Ｃ₄＋_3n-6Ｃ₄＋・・・＋₆Ｃ₄＝８１・_nＣ₅＋８１・_nＣ₄＋１５・_nＣ₃

が得られました。


（コメント）　なるほど〜、考え方がよく分かりました。Ｋ．Ｓ．さんに感謝します。

（３７）　_2n-1Ｃ₁＋_2n-3Ｃ₁＋・・・＋₁Ｃ₁＝２・_nＣ₂＋１・_nＣ₁＋０・_nＣ₀　　（ｎ≧２）

については、次のように考えればいいわけですね。

　２ｎ−２個の白玉と２個の赤玉を左から右へ一列に並べる方法を考える。このうちで、最も
右側にある赤玉が偶数番目にある並べ方は何通りあるか。

　左辺の式の考え方は、２ｎ個を２組ずつ並べて考えるとき、先ず、一番右側の組に赤玉

をおくとき、残り１個の入れ場所は、_2n-1Ｃ₁通りある。次に、右から最も右側にある赤玉が

右から二組めにあるとき、残り１個の入れ場所は、_2n-3Ｃ₁通りある。以下同様にして、₁Ｃ₁

までの全て和を求める。

　右辺の式の考え方は、２ｎ個を、２組づつ並べて考えるとき、２個の赤玉が２組に１個づつ

入る場合、_nＣ₂通りあり、左の１個については右左どちらでもよいので、２通りあります。次

に２個の赤玉が１組に入る場合、１通りあります。３項目の「０・_nＣ₀」は他とのバランスを考

えて形式的に入れておきます。全ての和が右辺になります。

　同様に、

（３８）　_2n-2Ｃ₂＋_2n-4Ｃ₂＋・・・＋₂Ｃ₂＝４・_nＣ₃＋１・_nＣ₂＋０・_nＣ₁　　（ｎ≧２）

については、

　２ｎ−３個の白玉と３個の赤玉を左から右へ一列に並べる方法を考える。このうちで、最も
右側にある赤玉が奇数番目にある並べ方は何通りあるか。

（３９）　_2n-1Ｃ₃＋_2n-3Ｃ₃＋・・・＋₃Ｃ₃＝８・_nＣ₄＋８・_nＣ₃＋１・_nＣ₂　　（ｎ≧３）

については、

　２ｎ−４個の白玉と４個の赤玉を左から右へ一列に並べる方法を考える。このうちで、最も
右側にある赤玉が偶数番目にある並べ方は何通りあるか。

という問題の解答としてとらえればいいわけですね。


　横浜市立大学医学部（２０１３）の入試問題に次の等式の値を求める問題が出題された。

（４１）　(1/2)_2ｎＣ₁＋(1/4)_2ｎＣ₃＋(1/6)_2ｎＣ₅＋・・・＋(1/(2n))_2ｎＣ_2ｎ-1

　　＝（２^2ｎ−１）/（２ｎ＋１）

　　（証明）　展開公式　_2ｎＣ₀＋_2ｎＣ₁ｔ＋_2ｎＣ₂ｔ²＋・・・＋_2ｎＣ_2ｎｔ^2ｎ＝（１＋ｔ）^2ｎ　の両辺を、

　ｔ＝０ から ｔ＝ｘ まで定積分すると、

　_2ｎＣ₀x＋(1/2)_2ｎＣ₁ｘ²＋(1/3)_2ｎＣ₂ｘ³＋・・・＋(1/(2n+1))_2ｎＣ_2ｎｘ^2ｎ+1＝｛（１＋ｘ）^2ｎ+1−１｝/(2n+1)

　ｘ＝１ を代入して、

　_2ｎＣ₀＋(1/2)_2ｎＣ₁＋(1/3)_2ｎＣ₂＋・・・＋(1/(2n+1))_2ｎＣ_2ｎ＝｛２^2ｎ+1−１｝/(2n+1)

　ｘ＝−１ を代入して、

　−_2ｎＣ₀＋(1/2)_2ｎＣ₁−(1/3)_2ｎＣ₂＋・・・−(1/(2n+1))_2ｎＣ_2ｎ＝−１/(2n+1)

　この２式を辺々加えて、両辺を２で割ると、

　　　(1/2)_2ｎＣ₁＋(1/4)_2ｎＣ₃＋・・・＋(1/(2n))_2ｎＣ_2ｎ-1＝｛２^2ｎ−１｝/(2n+1)　　（証終）


（追記）　二項係数の新たな性質ということで、Ｋ．Ｓ．さんよりメールを頂いた。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２５年１０月９日付け）

　等差型　１，２，３，４　や２，４，６　のタイプはあるのですが、等比型　１，２，４，８　のタイ
プと言えると思います。

（４２）　_ｎＣ₀＋２・_ｎＣ₂＋４・_ｎＣ₄＋８・_ｎＣ₆＋・・・＝｛（１＋）^ｎ＋（１−）^ｎ｝/２

　　（証明）　（１＋ｘ）^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｘ＋_ｎＣ₂ｘ²＋・・・＋_ｎＣ_ｎｘ^ｎ　において、

　　　　　　ｘ＝±　とおけばよい。　　（証終）


　りらひいさんから次の等式の投稿がありました。（平成２７年２月８日付け）

（４３）　ｋ＝0、1、2、…、ｎ−１ のとき、

　　Σ_i=0〜k (_2nC_i・2(n-i)・_2n-k-iC_k-i/(2n-k-i))＝２^2k・_ｎC_ｋ


　左辺と右辺に至った道のりを逆にたどれば示すことができるのですが、迂遠な感じです。
もっと直接説明できないかなと考えていたけれど、いいアイディアが浮かびませんでした。

（コメント）　ｋ＝２として、等式の意味を考えてみた。

_2nC₀・2n・ _2n-2C₂/(2n-2)＋_2nC₁・2(n-1)・ _2n-3C₁/(2n-3)＋_2nC₂・2(n-2)・_2n-4C₀/(2n-4)

＝２⁴・_ｎC₂

（左辺）＝2n・（2n-3）/2＋2n・2(n-1)・1＋n(2n-1)・2(n-2)/(2n-4)
　　　　＝2n²-3n+4n²-4n+2n²-n＝8n²-8n　・・・　修正済み　りらひいさんに感謝！

（右辺）＝２⁴・_ｎC₂＝16・n(n-1)/2＝8n²-8n


（追記）　「これって有名ですか？」と題して、ＨＮ「鱒」さんからの投稿です。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２７年１０月３日付け）

（４４）　��_k=1〜n （_nＣ_k−２^k＋１）/ｋ＝０

　今日見つけたんですけども……、これって有名ですか？


　DD++さんからのコメントです。（平成２７年１０月４日付け）

　有名という意味にもよりますね。これピンポイントで意識的に知っている人はまずいないで
しょうけれど、いつでもこの等式を書ける人はかなりいるでしょう。導出も3行あれば十分です
し．．．。


　鱒さんからのコメントです。（平成２７年１０月４日付け）

　なるほど。見つけるまでは知らなかったので、そこそこやっている方の間には知れ渡って
いるのかなあと、ちょっと疑問に思い投稿した次第です。でもなんとなく仰る通り書ける方は
多そうですね。二項定理の式を少しいじって、その後積分して見つけました。一応、数学的
帰納法でも証明しておきました。


　DD++さんからのコメントです。（平成２７年１０月４日付け）

　まあ登場機会がそんなにある式には見えませんしね。一部特定の問題には絶大な威力を
発揮するんでしょうけれど。


（コメント）　DD++さんの「導出も3行あれば十分」という言葉に惹かれて考えてみました。

　ニュートンの２項定理より、　

　（１＋ｘ）^ｎ＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｘ＋_ｎＣ₂ｘ²＋_ｎＣ₃ｘ³＋・・・＋_ｎＣ_ｒｘ^ｒ＋・・・＋_ｎＣ_ｎｘ^ｎ

　よって、　_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂ｘ＋_ｎＣ₃ｘ²＋・・・＋_ｎＣ_ｒｘ^ｒ-1＋・・・＋_ｎＣ_ｎｘ^ｎ-1

　＝｛（１＋ｘ）^ｎ−１｝/ｘ＝｛（１＋ｘ）^ｎ−１｝/｛（１＋ｘ）−１｝

　＝１＋（１＋ｘ）＋（１＋ｘ）²＋・・・＋（１＋ｘ）^ｎ-1

このとき、両辺を０から１まで定積分すると、

　_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂/２＋_ｎＣ₃/３＋・・・＋_ｎＣ_ｒ/ｒ＋・・・＋_ｎＣ_ｎ/ｎ

＝（２−１）＋（２²−１）/２＋（２³−１）/３＋・・・＋（２^ｎ−１）/ｎ

となるので、　��_k=1〜n （_nＣ_k−２^k＋１）/ｋ＝０　が成り立つ。

＃式を横長に書けば、ほぼ３行くらいかな？


　DD++さんからのコメントです。（平成２７年１０月５日付け）

　以下で、３行のつもりでした。やってることは寸分違わず同じですが、等比数列側から出発
した方がスムーズです。

　Σ[k=1..n] (1+x)^k-1 = {(1+x)ⁿ-1}/x = Σ[k=1..n] _nＣ_k x^k-1

　よって、Σ[k=1..n] { _nＣ_k x^k-1 - (1+x)^k-1 } = 0

　両辺を 0 から 1 まで積分して、 Σ[k=1..n] (_nＣ_k-2^k+1)/k = 0


（コメント）　なるほど、等比数列側からの方がスッキリしていますね。私の方は、ニュートンの
　　　　　　２項定理から「１/ｋ」を作るための下準備をして、そのときに出来た分母の「ｘ」を
　　　　　　「（１＋ｘ）−１」ととらえることに気がつき、上記の解答に至りました。


　２項係数の性質として、次のｐ進展開との関係はかなり有名で有用らしい。

（４５）　素数 ｐ に対して、ａ、ｂ（ａ＞ｂ）のｐ進展開を

　　　ａ＝ａ₀＋ａ₁ｐ＋ａ₂ｐ²＋・・・＋ａ_ｋｐ^ｋ　、ｂ＝ｂ₀＋ｂ₁ｐ＋ｂ₂ｐ²＋・・・＋ｂ_ｋｐ^ｋ

　　としたとき、　_ａＣ_ｂ≡_ａ0Ｃ_ｂ0・_ａ1Ｃ_ｂ1・・・_ａkＣ_ｂk　（ｍｏｄ　ｐ）　が成り立つ。


（例）　ａ＝１９、ｂ＝７、ｐ＝５　とする。このとき、ａ、ｂ を５進展開して、

　　ａ＝４＋３・５　、ｂ＝２＋１・５

ここで、　₁₉Ｃ₇＝３・４・１３・１７・１９＝５０３８８　、₄Ｃ₂＝６　、₃Ｃ₁＝３　なので、

　₁₉Ｃ₇−₄Ｃ₂・₃Ｃ₁＝５０３７０≡０　（ｍｏｄ　５）　より、　₁₉Ｃ₇≡₄Ｃ₂・₃Ｃ₁　（ｍｏｄ　５）

が成り立つ。


（追記）　性質（４５）を示すには、いくつか準備が必要だ。（平成２９年５月７日付け）

　２項係数 _ａＣ_ｂ＝ａ！/{ｂ！(ａ−ｂ)！}　について、a＜b の場合は、_ａＣ_ｂ＝０　と定める。

補題１　ｐ を素数とする。このとき、１≦ｋ≦ｐ−１ を満たす自然数 ｋ に対して、_ｐＣ_ｋは ｐ
　　　　で割り切れる。

（証明）　{ｋ！(ｐ−ｋ)！}_ｐＣ_ｋ＝ｐ！ より、左辺は ｐ の倍数。１≦ｋ≦ｐ−１ で、

　　ｋ！(ｐ−ｋ)！は、素数 ｐ と互いに素だから、_ｐＣ_ｋ はｐで割り切れる。　　（証終）


　また、整数係数の多項式 f(ｘ) と g(ｘ) を、

　f(ｘ)＝a(n)ｘⁿ＋a(n-1)ｘ^n-1＋・・・＋a(1)ｘ＋a(0)
　g(ｘ)＝b(n)ｘⁿ＋b(n-1)ｘ^n-1＋・・・＋b(1)ｘ＋b(0)

とおく。(適宜、a(n)＝0 や b(n)＝0 などとして、f(ｘ) と g(ｘ) の次数を揃える）

このとき、多項式が合同 f(ｘ)≡g(ｘ)　(ｍｏｄ　ｐ)　であることを、次が成り立つときと定義する。

　　a(0)≡b(0)　、a(1)≡b(1)　、・・・、a(n)≡b(n)　(ｍｏｄ　ｐ)


補題２　自然数 ｎ と素数 ｐ に対して、　(ｘ＋１)^pn≡ｘ^pn＋１　(ｍｏｄ　ｐ)　が成り立つ。

（証明）　ｎ＝１のとき、補題１より、１≦ｋ≦ｐ−１ に対して、_ｐＣ_ｋ≡０　 (ｍｏｄ　ｐ)　なので、

　(ｘ＋１)^p＝ｘ^p＋_ｐＣ₁ｘ^p-1＋_ｐＣ₂ｘ^p-2＋・・・＋_ｐＣ_ｐ-1ｘ＋１≡ｘ^ｐ＋１　(ｍｏｄ　ｐ)

　よって、ｎ＝１のとき成り立つ。

　ｎ＝ｋ（ｋ≧１）のとき、成り立つと仮定する。すなわち、　(ｘ＋１)^pｋ≡ｘ^pｋ＋１　(ｍｏｄ　ｐ)

　ｎ＝ｋ＋１のとき、帰納法の仮定より、　(ｘ＋１)^pｋ+1≡（ｘ^pｋ＋１）^ｐ≡ｘ^pｋ+1＋１　(ｍｏｄ　ｐ)

　よって、ｎ＝ｋ＋１の場合も、命題は成り立つ。

　したがって、任意の自然数ｎに対して、命題は成り立つ。　　（証終）


補題３　自然数 ｎ と素数 ｐ に対して、a、b を、a≧b＞0 をみたす自然数とする。このとき、

　　　_pⁿ・aＣ_pⁿ・b≡_ａＣ_ｂ　(ｍｏｄ　ｐ)

（証明）　補題２より、　(ｘ＋１)^pn≡ｘ^pn＋１　(ｍｏｄ　ｐ)　が成り立つので、

　　(ｘ＋１)^pn・ａ≡（(ｘ＋１)^pn）^ａ≡（ｘ^pn＋１）^ａ　(ｍｏｄ　ｐ)

　上式の両辺を展開して、pⁿ・b次の項を比較すると、_pⁿ・aＣ_pⁿ・b≡_ａＣ_ｂ　(ｍｏｄ　ｐ) が成り
立つことがわかる。　　（証終）

　ここで、a＜b の場合も、_pⁿ・aＣ_pⁿ・b＝_ａＣ_ｂ＝０　となるので、a＜b の場合も補題３が成り
立つとしてよい。

　すなわち、自然数 ｎ と素数 ｐ に対して、　_pⁿ・aＣ_pⁿ・b≡_ａＣ_ｂ　(ｍｏｄ　ｐ) が成り立つ。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（証終）

　以上で、性質（４５）を示す準備が出来た。性質（４５）を書き直して、次の定理を示す。


定理　素数 ｐ に対して、自然数 ａ、ｂ （ａ≧ｂ）を ｐ 進法で表すことを考える。すなわち、

　ｐ^h≦ａ＜ｐ^h+1 を満たす整数 ｈ をとると、

　　ａ＝ａ(ｈ)・ｐ^h＋ａ(ｈ−１)・ｐ^h-1＋…＋ａ(0)　、ｂ＝ｂ(ｈ)・ｐ^h＋ｂ(ｈ−１)・ｐ^h-1＋…＋ｂ(0)

　と書ける。

このとき、 _ａＣ_ｂ≡_a(h)Ｃ_b(h)・_a(h-1)Ｃ_b(h-1)・・・・・_a(0)Ｃ_b(0)　(ｍｏｄ　ｐ)　が成り立つ。

（証明）　(ｘ＋１)^ａ＝(ｘ＋１)^{ａ(ｈ)・ｐh}・(ｘ＋１)^{ａ(ｈ−１)・ｐh-1}・・・・・(ｘ＋１)^ａ(0)　において、

　(ｘ＋１)^{ａ(ｈ)・ｐh} の ｂ(ｈ)・ｐ^h 次の係数は、_{ａ(ｈ)・ｐ^h}Ｃ_{ｂ(ｈ)・ｐ^h} で、補題３より、

　　_p^h・a(ｈ)Ｃ_p^h・b(ｈ)≡_ａ(ｈ)Ｃ_ｂ(ｈ)　(ｍｏｄ　ｐ)

　(ｘ＋１)^{ａ(ｈ-1)・ｐh-1} の ｂ(ｈ-1)・ｐ^h-1 次の係数は、_{ａ(ｈ-1)・ｐ^h-1}Ｃ_{ｂ(ｈ-1)・ｐ^h-1} で、補題３より、

　　_{p^h-1・a(ｈ-1)}Ｃ_{p^h-1・b(ｈ-1)}≡_ａ(ｈ-1)Ｃ_ｂ(ｈ-1)　(ｍｏｄ　ｐ)

　　　・・・・・・・・・・・・・・

　(ｘ＋１)^ａ(1)・ｐ の ｂ(1)・ｐ 次の係数は、_ａ(1)・ｐＣ_ｂ(1)・ｐ で、補題３より、

　　_p・a(1)Ｃ_p・b(1)≡_ａ(1)Ｃ_ｂ(1)　(ｍｏｄ　ｐ)

よって、(ｘ＋１)^ａ＝(ｘ＋１)^{ａ(ｈ)・ｐh}・(ｘ＋１)^{ａ(ｈ−１)・ｐh-1}・・・・・(ｘ＋１)^ａ(0)　のｂ次の項の係数は、

　_ａ(ｈ)Ｃ_ｂ(ｈ)・_ａ(ｈ-1)Ｃ_ｂ(ｈ-1)・・・・・_ａ(1)Ｃ_ｂ(1)・_ａ(0)Ｃ_ｂ(0)　(ｍｏｄ　ｐ)

に等しい。

　以上から、　_ａＣ_ｂ≡_a(h)Ｃ_b(h)・_a(h-1)Ｃ_b(h-1)・・・・・_a(0)Ｃ_b(0)　(ｍｏｄ　ｐ)　　（証終）


例　₄₀Ｃ₁₀ を７で割った余りを求めよ。

　性質（４５）によれば、　４０＝５・７＋５　、１０＝１・７＋３　なので、

₄₀Ｃ₁₀≡₅Ｃ₁・₅Ｃ₃＝５０≡１　(ｍｏｄ　７)　　であることが分かる。

　実際に、₄₀Ｃ₁₀＝８４７６６０５２８　において、１０³≡−１　（ｍｏｄ　７）　より、

　８４７６６０５２８≡８４７−６６０＋５２８＝７１５≡１　（ｍｏｄ　７）

　よって、₄₀Ｃ₁₀ を７で割ると余りは確かに １ である。


（コメント）　比較的大きい ａ、ｂ の値に対して、_ａＣ_ｂ を手計算で求めることは大変ですが、
　 　　　　剰余の値を計算するだけだったら結構、手計算でもいけちゃいますね！


（追記）　なつさんから「コンビネーションの和」と題してご投稿いただきました。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２８年１２月２９日付け）

　この前、とある問題を解いていて偶然コンビネーションに関する恒等式を見つけました。

　　Σ _{k=t〜n k}C_t ＝ _n+1C_t+1

　どうもこれが成り立ちそうなのです。どのように証明すればよいのでしょうか……。あと、こ
のような２項係数の和に関する恒等式は他に存在するのでしょうか。


　ＨＮ「ますた〜」さんからのコメントです。（平成２８年１２月２９日付け）

　このページの（１１）の ｋ＝ｎ の場合で、

　　_ｎＣ_ｎ＋_ｎ+1Ｃ_ｎ＋_ｎ+2Ｃ_ｎ＋・・・＋_ｎ+ｍＣ_ｎ＝_ｎ+ｍ+1Ｃ_ｎ+1

が似てるような．．．。


　DD++さんからのコメントです。（平成２８年１２月２９日付け）

　私の知っている証明を4つ挙げておきます。お好きなものをどうぞ。

[1]　順列の理論から

　t+1 個の赤玉と n-t 個の白玉（合計 n+1 個）を横一列に並べます。その並べ方は、赤玉

の位置を考えて、_n+1C_t+1 通り。それを最も右の赤玉がどこにあるかで分類すると、

　最も右の赤が t+1 番目のものが、_tC_t 通り

　最も右の赤が t+2 番目のものが、_t+1C_t 通り

　最も右の赤が t+3 番目のものが、_t+2C_t 通り

　　……

　最も右の赤が n+1 番目のものが、_nC_t 通り

となることから等式が成立します。

[2]　階差数列の理論から

　_a+1C_b+1＝_aC_b + _aC_b+1 より、_a+1C_b+1−_aC_b+1＝_aC_b

つまり、第 k 項が _kC_t+1 で表される数列の階差数列は、_kC_t です。したがって、左辺の和を

第 t 項である _tC_t+1（=0） に加えれば、第 n+1 項である _n+1C_t+1 になります。

[3]　パスカルの三角形から

　_kC_t を t≦k≦n としてパスカルの三角形で探すと、斜め一列に並んでいます。この合計が

左辺ということになります。ここから _tC_t を引いて、_ｔ+1C_t+1 を足します。（1を引いて1を足した
ので値としては変わっていません）

　ところで、パスカルの三角形は横に並んだ二つの数の和はその二つの間の下にある数に

なりますので、足すべき数の並び方から、合計が右辺の値になることがわかります。
（実際に手を動かしてみるとわかりやすいと思います）

[4]　級数関数の係数から

　恒等式　x + x(1+x) + x(1+x)² + …… + x(1+x)ⁿ = (1+x)ⁿ⁺¹ - 1 の x^t+1 の係数を比較して
おしまい。


　なつさんからのコメントです。（平成２８年１２月３０日付け）

　ますた〜さん、ありがとうございますm(_ _)m。まさに(11)の式でしたね^^;。
4通りも……！！DD++さん、ありがとうございますm(_ _)m。組み合わせ論でもいけるんです
ね．．．。


（４６）　自然数 ｎ に対して、　_ｎＣ₂＋_ｎ+1Ｃ₂＝ｎ²　が成り立つ。

　証明は易しい。これは正にパスカルの三角形の中に潜む式で、初見の式である。多分、
多くの方がそうだろうと思う。

（証明）　_ｎＣ₂＋_ｎ+1Ｃ₂＝ｎ（ｎ−１）/２＋ｎ（ｎ＋１）/２＝ｎ²　　（終）

　縦ｎ個、横ｎ個の格子から１つを選ぶ選び方は、ｎ²通り

　ところで、_ｎＣ₂＋_ｎ+1Ｃ₂＝２_ｎＣ₂＋_ｎＣ₁＝ｎ・_ｎ-1Ｃ₁＋_ｎＣ₁　なので、

第１行から１つ選び、その１通りに対して第２行〜第ｎ行から１つ選ぶ

または、　第１行から１つ選ぶ　と考えれば、ｎ²通りが導かれる。


（追記）　ｔｏｒｕ さんからのご投稿です。（平成３１年４月１７日付け）

　「二項係数の性質」で、以下が成りたつと思うのですが証明ができずにおります。

　B(n，k)＝_nＣ_k＝ｎ!/{ｋ!(ｎ−ｋ)!}　、0＜ｘ＜1　として以下の２つは等しい（？）

　Σ_k=0ⁿ B(n，k)B(n，n-k)ｘ^k＝Σ_k=0ⁿ B(n，k)B(n+k，n)ｘ^k(１−ｘ)^n-k

　例えば、n=2 のとき、両式とも　1+4ｘ+ｘ²、n=3 のとき、両式とも　1+9ｘ+9ｘ²+ｘ³　が得られ
て一致します。

　お知恵を拝借できれば大変ありがたく存じます。


　DD++さんからのコメントです。（平成３１年４月１８日付け）

　3つの非負整数 a、b、c （ただし a≧c、b≧c）に対し、「P = (Y+1)^a (Y+X)^b を展開したとき
の Y^c の係数は何か」という問題を考えてみます。

[1]　a乗をそのまま二項展開します。　P = Σ[k=0..a] B(a,k) Y^k (Y+X)^b

　そして、b乗も二項展開します。

P = Σ[k=0..a] B(a,k) Y^k Σ[m=0..b] B(b,m) Y^m X^(b-m)
   = Σ[k=0..a] Σ[m=0..b] B(a,k) B(b,m) X^(b-m) Y^(k+m)

　このうち、 Y^c となる項は、m=c-k であるときです。これは k≦c の範囲でのみ存在しま
す。すなわち、Y^c の係数は、

　　Σ[k=0..c] B(a,k) B(b,c-k) X^(b-c+k)

となります。

[2]　a乗を少し変形してから二項展開します。

P = {(Y+X)+(1-X)}^a (Y+X)^b
   = Σ[k=0..a] B(a,k) (Y+X)^k (1-X)^(a-k) (Y+X)^b
   = Σ[k=0..a] B(a,k) (1-X)^(a-k) (Y+X)^(b+k)

　そして、(b+k)乗を二項展開します。

P = Σ[k=0..a] B(a,k) (1-X)^(a-k) Σ[m=0..(b+k)] B(b+k,m) Y^m X^(b+k-m)
   = Σ[k=0..a] Σ[m=0..(b+k)] B(a,k) B(b+k,m) X^(b+k-m) (1-X)^(a-k) Y^m

　このうち、Y^c となる項は m=c であるときです。すなわち、Y^c の係数は、

　　Σ[k=0..a] B(a,k) B(b+k,c) X^(b-c+k) (1-X)^(a-k)

となります。[1] と [2] は同じ問題について議論したものなので、答えは同じはず。

　よって、

Σ[k=0..c] B(a,k) B(b,c-k) X^(b-c+k) = Σ[k=0..a] B(a,k) B(b+k,c) X^(b-c+k) (1-X)^(a-k)

です。この等式の特殊な場合として、a=b=c=n とすれば、

Σ[k=0..n] B(n,k) B(n,n-k) X^k = Σ[k=0..n] B(n,k) B(n+k,n) X^k (1-X)^(n-k)

が示されます。

＃何か組合せ論での証明があれば面白そうですが、そちらは私は思いつけませんでした。


　りらひいさんからのコメントです。（平成３１年４月１８日付け）

> 「k=0からk=nまで，B(n,k) B(n+k,n) X^k(1-X)^{n-k} の総和」

=Σ[k=0〜n]B(n,k)*B(n+k,n)*X^k*(1-X)^(n-k)
=Σ[k=0〜n]B(n,k)*B(n+k,n)*X^k*{Σ[i=0〜n-k]B(n-k,i)*(-1)^i*X^i}
=Σ[k=0〜n]Σ[i=0〜n-k]B(n,k)*B(n+k,n)*B(n-k,i)*(-1)^i*X^(k+i)

　ここで、h=k+iとおくと、

=Σ[k=0〜n]Σ[h=k〜n]B(n,k)*B(n+k,n)*B(n-k,h-k)*(-1)^(h-k)*X^h

　和の取り方を変えると、

=Σ[h=0〜n]Σ[k=0〜h]B(n,k)*B(n+k,n)*B(n-k,h-k)*(-1)^(h-k)*X^h
=Σ[h=0〜n]Σ[k=0〜h]{n!/k!/(n-k)!}*B(n+k,n)*{(n-k)!/(h-k)!/(n-h)!}*(-1)^(h-k)*X^h
=Σ[h=0〜n]Σ[k=0〜h]B(n+k,n)*{n!/k!/(h-k)!/(n-h)!}*(-1)^(h-k)*X^h
=Σ[h=0〜n]Σ[k=0〜h]B(n+k,n)*{n!/h!/(n-h)!}*{h!/k!/(h-k)!}*(-1)^(h-k)*X^h
=Σ[h=0〜n]Σ[k=0〜h]B(n+k,n)*B(n,h)*B(h,k)*(-1)^(h-k)*X^h
=Σ[h=0〜n]B(n,h)*(-1)^h*X^h*{Σ[k=0〜h]B(n+k,n)*B(h,k)*(-1)^(-k)}

　ここで、「二項係数の性質」の(27)の式を利用すると、

Σ[k=0〜h]B(n+k,n)*B(h,k)*(-1)^(-k)
=Σ[k=0〜h]B(n+k,k)*B(h,h-k)*(-1)^k
=B(h-n-1,h)
=(-1)^h*B(n,h)

が成り立つので、

=Σ[h=0〜n]B(n,h)*(-1)^h*X^h*{(-1)^h*B(n,h)}
=Σ[h=0〜n]B(n,h)*B(n,h)*X^h

　hをkと書き換えれば、

=Σ[k=0〜n]B(n,k)*B(n,k)*X^k
=Σ[k=0〜n]B(n,k)*B(n,n-k)*X^k

> 「k=0からk=nまで，B(n,k) B(n,n-k) X^k の総和」


＃とりあえずたどり着いたけど、わたしはまだ「二項係数の性質」(27)を理解していないから、
　証明できたとは言えないな…。


　ｔｏｒｕさんからのコメントです。（平成３１年４月２０日付け）

　DD++さん、素早い解答に驚いています。ありがとうございました。参考にさせて頂きます。

　りらひいさん、(27)の式を使うとは思いもしませんでした。ありがとうございました。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成３１年４月２０日付け）

　toruさんの記事を見て、

　�納k=0,n]B(n,k)*B(n+k,n)*X^k*(1-X)^(n-k)=�納k=0,n]B(n,k)^2*X^k

が成立することを意味するが、ここに、１^n=(X+1-X)^n=�納k=0,n]B(n,k)*X^k*(1-X)^(n-k)

であることと類して、

　(2x)^n=(X+1+X-1)^n=�納k=0,n]B(n,k)*(X+1)^k*(X-1)^(n-k)

故に、　2^n*x^n=�納k=0,n]B(n,k)*(X+1)^k*(X-1)^(n^k)

従って、　x^n=�納k=0,n]B(n,k)*(X+1)^k*(X-1)^(n-k)/2^n

そこで、　L(n)=�納k=0,n]B(n,k)^2*(X+1)^k*(X-1)^(n-k)/2^n　なる関数を定義してやると、

L(0)=1
L(1)=X
L(2)=3/2*X^2-1/2
L(3)=5/2*X^3-3/2*X
L(4)=35/8*X^4-15/4*X^2+3/8
L(5)=63/8*X^5-35/4*X^3+15/8*X
･････

となり、legendre function と呼ばれる関数を構成してくれる構造に類しているように見える。

　さらに、このL(n)同志を組み合わせると、Che(n)=�納k=0,n]L(k)*L(n-k)　から、

Che(0)=1
Che(1)=2*X
Che(2)=4*X^2-1
Che(3)=8*X^3-4*X
Che(4)=16*X^4-12*X^2+1
Che(5)=32*X^5-32*X^3+6*X
･････

となり、second chebychev function と呼ばれる関数に繋がる。


（追記）　令和元年１１月１５日付け

（４７）　_ｎ+1Ｃ₁＋２_ｎ+2Ｃ₂＋３_ｎ+3Ｃ₃＋・・・＋ｒ_ｎ+rＣ_ｒ＝（ｎ＋１）_ｎ+r+1Ｃ_n+2


（証明）　ｋ・_n+kＣ_k＝ｋ・（ｎ＋ｋ）！/（ｋ！ｎ！）＝（ｎ＋ｋ）！/（（ｋ−１）！ｎ！）

＝（ｎ＋１）・（ｎ＋ｋ）！/（（ｋ−１）！（ｎ＋１）！）＝（ｎ＋１）・_n+kＣ_n+1

よって、

左辺＝（ｎ＋１）・_n+1Ｃ_n+1＋（ｎ＋１）・_n+2Ｃ_n+1＋（ｎ＋１）・_n+3Ｃ_n+1＋・・・＋（ｎ＋１）・_n+rＣ_n+1

＝（ｎ＋１）（_n+1Ｃ_n+1＋_n+2Ｃ_n+1＋_n+3Ｃ_n+1＋・・・＋_n+rＣ_n+1）

　上記の（１１）より、　_ｎＣ_n＋_ｎ+1Ｃ_n＋_ｎ+2Ｃ_n＋・・・＋_ｎ+ｍＣ_n＝_ｎ+ｍ+1Ｃ_ｎ+1 なので、

　　_n+1Ｃ_n+1＋_n+2Ｃ_n+1＋_n+3Ｃ_n+1＋・・・＋_n+1+(r-1)Ｃ_n+1＝_ｎ+ｒ+1Ｃ_ｎ+2

よって、　_ｎ+1Ｃ₁＋２_ｎ+2Ｃ₂＋３_ｎ+3Ｃ₃＋・・・＋ｒ_ｎ+rＣ_ｒ＝（ｎ＋１）_ｎ+r+1Ｃ_n+2　　（証終）


（追記）　令和２年７月３１日付け

　最近、次のような超絶難問があることを知った。

（４８）　Σ_k=0ⁿ _2kＣ_k・_2n-2kＣ_n-k＝４^ｎ　が成り立つことを証明せよ。


　問題を理解するために、ｎ＝１、２、３の場合について書き下してみた。

　ｎ＝１　のとき、₀Ｃ₀・₂Ｃ₁＋₂Ｃ₁・₀Ｃ₀＝４

　ｎ＝２　のとき、₀Ｃ₀・₄Ｃ₂＋₂Ｃ₁・₂Ｃ₁＋₄Ｃ₂・₀Ｃ₀＝４²＝１６

　ｎ＝３　のとき、₀Ｃ₀・₆Ｃ₃＋₂Ｃ₁・₄Ｃ₂＋₄Ｃ₂・₂Ｃ₁＋₆Ｃ₃・₀Ｃ₀＝４³＝６４

　書き下してはみたものの問題の意味がよくわかりませんね！


（解）　（１−４ｘ）^（-1/2）のｘ^ｎの係数は、（２ｎ）！/（ｎ！）²＝_2nＣ_n なので、

　　　（１−４ｘ）^（-1/2）＝Σ_n=0^∞ _2nＣ_n ｘ^k　・・・　(*)

　ここで、　（１−４ｘ）^（-1）＝１＋４ｘ＋４²ｘ²＋４³ｘ³＋・・・・

　(*)の右辺の平方のｘ^ｎの係数は、　Σ_k=0ⁿ _2kＣ_k・_2n-2kＣ_n-k

　よって、　Σ_k=0ⁿ _2kＣ_k・_2n-2kＣ_n-k＝４^ｎ　が成り立つ。　　（終）


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和２年８月１日付け）

　上記の、二項係数で4^nが作られていたのを見て、では、3^nはどうしたら作れるか色々挑
戦していたら、偶然、

　��_k=0ⁿ 2^k*_nC_k=3^n

さらに、

　��_k=0ⁿ 3^k*_nC_k=4^n

　��_k=0ⁿ 4^k*_nC_k=5^n

　��_k=0ⁿ 5^k*_nC_k=6^n

　････････････････

となるではないか！今までこんな表現を見たことがなかったので（せいぜい��_k=0ⁿ _nC_k=2^n)
ビックリしました。

　この現象は当然なんですかね？２項係数の性質としてはとても面白いと思いますので、是
非明示しておいてもらいたい。

（追伸）　後から考えたら、　(1+X)^n=��_k=0ⁿ nCk*X^k　なので、X=1,2,3,4,･･･　とおけば、こ
　　　　れは当然でした！


（コメント）　組合せの「Ｃ」だけを用いて表されるところに感動しました。


　りらひいさんからのコメントです。（令和５年８月１４日付け）

　私が過去に計算したものをまとめてみました。ここで、_nＣ_k を C[n,k] と書くことにします。


（４９）　C[M+N,M] ＝Σ_k=0^M C[n+k-1,k]*C[M+N-n-k,M-k]

　＝Σ_k=0^N C[m+k-1,k]*C[M+N-m-k,N-k]

　＝Σ_k=0^m-1 C[n+k-1,k]*C[M+N-n-k,M-k]＋Σ_k=0^n-1 C[m+k-1,k]*C[M+N-m-k,N-k]

　＝Σ_k=m^M C[n+k-1,k]*C[M+N-n-k,M-k]＋Σ_k=n^N C[m+k-1,k]*C[M+N-m-k,N-k]

　ただし、 1≦m≦M　、1≦n≦N


（証明）は、「数学感動秘話」の「確率」を参照。文字の置き換えをして式を整理していますが、
「確率」のページで、私が示した関係式と考え方は同じです。次のように対応します。

Ｍ＝「確率」の m+m'+1　、N＝「確率」の n+n'+1　、m＝「確率」の m+1　、n＝「確率」の n+1


（５０）　(a＋b)^n/a＝Σ_k=0ⁿ C[n,k]*(a＋k)^(k-1)*(b−k)^(n-k)　　ただし、 a≠0


（証明）は、「数学感動秘話」の「まち針の木」を参照。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和６年７月６日付け）

　組合せ関数 _ｎＣ_ｒ で成立する代表的なものとして、

　　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₃＋・・・＋_ｎＣ_ｒ＋・・・＋_ｎＣ_ｎ＝２^ｎ

がある。その他、色々と例を上げてみますので、挑戦して見て下さい。

＃_nC_k が含まれると、私は直感ではなかなか気が付けません。

(A) ｎが偶数のとき、　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₄＋・・・＋_ｎＣ_ｎ

(B) ｎが奇数のとき、　_ｎＣ₀＋_ｎＣ₂＋_ｎＣ₄＋・・・＋_ｎＣ_ｎ-1

(C) ｋの方を固定する。　_ｎＣ_ｋ＋_ｎ+1Ｃ_ｋ＋_ｎ+2Ｃ_ｋ＋・・・＋_ｎ+ｍＣ_ｋ

(D) ｎ、ｋを同時に変化させる。　_ｎＣ_ｋ＋_ｎ-1Ｃ_ｋ-1＋_ｎ-2Ｃ_ｋ-2＋・・・＋_ｎ-kＣ₀

(E) ｎ、ｋ、符号を同時に変化させる。_2ｎＣ₀−_2ｎ-1Ｃ₁＋_2ｎ-2Ｃ₂＋・・・＋(−１）ⁿ_ｎＣ_n

(F) ２つのC関数の積を組合わす。

　_ｎＣ₀・_ｍＣ_ｋ＋_ｎＣ₁・_ｍＣ_ｋ-1＋_ｎＣ₂・_ｍＣ_ｋ-2＋・・・＋_ｎＣ_ｋ・_ｍＣ₀

(G) ２つのC関数の積を符号を交互に組合わす。

　_ｎＣ₀・_ｎＣ_ｋ−_ｎＣ₁・_n-1Ｃ_ｋ-1＋_ｎＣ₂・_n-2Ｃ_ｋ-2＋・・・＋(−１）^ｋ_ｎＣ_ｋ・_n-kＣ₀

(H) Cに係数を付随させる。　_２ｎＣ_ｎ＋２・_２ｎ-1Ｃ_ｎ＋２²・_２ｎ-2Ｃ_ｎ＋・・・＋２^ｎ・_ｎＣ_ｎ


　らすかるさんからのコメントです。（令和６年７月６日付け）

　(A)と(B)は、上記の(6)、(C)は、上記の(11)、(F)は、上記の(16)に相当しますね。


　りらひいさんからのコメントです。（令和６年７月６日付け）

　(E)は、上記の(12)、(H)は、上記の(13)に相当しますね。

(D)は、上記の(11)の説明文のなかの

　（１１）で、ｋ＝ｎ のときは、_ｎＣ_ｒ＝_ｎＣ_ｎ-ｒ　より、次の形にも変形できる。

　　　　　　_ｎＣ₀＋_ｎ+1Ｃ₁＋_ｎ+2Ｃ₂＋・・・＋_ｎ+ｍＣ_ｍ＝_ｎ+ｍ+1Ｃ_ｍ

　この公式は、「総和の公式」とも言われる。

において、n に n-k を代入して m に k を代入すると、

　左辺＝_n-kＣ₀＋_n-k+1Ｃ₁＋_n-k+2Ｃ₂＋・・・＋_nＣ_ｋ

すなわち、　左辺＝_ｎＣ_ｋ＋_ｎ-1Ｃ_ｋ-1＋_ｎ-2Ｃ_ｋ-2＋・・・＋_ｎ-kＣ₀　となるので、答えは、_n+1C_k

(G)は、上記の(27)：

　_ｎＣ₀・_ｍＣ_ｋ−_ｎ+1Ｃ₁・_ｍＣ_ｋ-1＋・・・＋（−１）^ｋ_ｎ+ｋＣ_ｋ・_ｍＣ₀＝_ｍ-ｎ-1Ｃ_ｋ

において、両辺に (-1)^k をかけて、n に n-k を代入して、m に n を代入したものなので、

答えは、(-1)^k・_k-1C_k＝０


（コメント）　らすかるさん、りらひいさん、探索していただいてありがとうございます。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和６年７月８日付け）

　ここにないものを作ってみました。

(Ｉ) _aC_b・_cC₀＋_a+1C_b・_cC₁＋_a+2C_b・_cC₂＋･･･＋_a+cC_b・_cC_c　(ただし、a≧b≧c≧0)

(Ｊ) _aC₀・_sC_a−_aC₁・_s-tC_a＋･･･＋(-1)^k_aC_k・_s-ktC_a＋･･･＋(-1)^a_aC_a・_s-atC_a
　(ただし、a、s、t＞０ の整数)


（追記）　令和７年５月２８日付け

　次の東北大学　前期理系（１９９４）の問題は、２項係数の新たな等式を示している。

問題　　Nを２以上の整数とする。AチームとＢチームがある試合をくり返して行い、先にN勝
　　したチームを優勝とする。各試合において引き分けはないものとし、それぞれの勝つ確率
　　は１/２とする。Ｘ回目の試合で優勝チームが決まったものとして、次に答えよ。
（１）　P(X≦N＋１) を求めよ。
（２）　P(X＝Ｎ＋ｊ）　(ｊ＝０、１、・・・、Ｎ−１）を求めよ。
（３）　ａ_n＝Σ_j=0ⁿ _n+jＣ_j（１/２）^j　(ｎ＝１、２、・・・）　を求めよ。

（解）（１）　P(X≦N＋１)＝２・（１/２）^N＋２・_NＣ₁(１/２)^N・（１/２）＝（Ｎ＋２）/２^N

（２）　P(X＝Ｎ＋ｊ）＝２・_N+j-1Ｃ_j(１/２)^N+j-1・（１/２）＝_N+j-1Ｃ_j(１/２)^N+j-1

（３）　Σ_j=0^N-1 _N+j-1Ｃ_j(１/２)^N+j-1＝１　なので、Σ_j=0^N-1 _N+j-1Ｃ_j(１/２)^j＝２^N-1

ここで、　Ｎ−１＝ｎ　とおくと、　ａ_n＝Σ_j=0ⁿ _n+jＣ_j（１/２）^j＝２ⁿ　　（終）


（コメント）　上記の結果から、次の等式が成り立つことが分かる。

　_nＣ₀＋_n+1Ｃ₁（１/２）＋_n+2Ｃ₂（１/２）²＋・・・＋_2nＣ_n（１/２）^ｎ＝２ⁿ

　この等式は、_nＣ₀＝_nＣ_ｎ、_n+1Ｃ₁＝_n+1Ｃ_ｎ、_n+2Ｃ₂＝_n+2Ｃ_ｎ、・・・　とし、両辺を２^ｎ倍して

（１３）　_2ｎＣ_ｎ＋２・_2ｎ-1Ｃ_ｎ＋４・_2ｎ-2Ｃ_ｎ＋・・・＋２^ｎ・_ｎＣ_ｎ＝２^2ｎ

と変形され、直接示すことも可能である。（→　（１３）の証明）


（追記）　令和７年１２月１日付け

　次の東北大学　後期理系（２００３）の問題は、２項係数の新たな等式を示している。

問題　　 （１）　正の整数ｎに対して、Ｆ（ｘ）＝（ｅ^ｘ−ｅ^-ｘ）^ｎ とする。Ｆ’（０）を求めよ。
（２）　Σ_k=0ⁿ _nＣ_k（−１）^k（ｎ−２ｋ）　を簡単にせよ。

（解）（１）　ｎ＝１　のとき、　Ｆ（ｘ）＝ｅ^ｘ−ｅ^-ｘ　より、Ｆ’（ｘ）＝ｅ^ｘ＋ｅ^-ｘ　から、Ｆ’（０）＝２

　ｎ≧２　のとき、　Ｆ（ｘ）＝（ｅ^ｘ−ｅ^-ｘ）^ｎ より、　Ｆ’（ｘ）＝ｎ（ｅ^ｘ−ｅ^-ｘ）^ｎ-1・（ｅ^ｘ＋ｅ^-ｘ）　から、

　Ｆ’（０）＝０

（２）　Ｆ（ｘ）＝（ｅ^ｘ−ｅ^-ｘ）^ｎ について、２項定理より、

　Ｆ（ｘ）＝Σ_k=0ⁿ _nＣ_k（ｅ^ｘ）^n-k（−ｅ^-ｘ）^k＝Σ_k=0ⁿ _nＣ_k（−１）^k（ｅ^ｘ）^n-2k

よって、　Ｆ’（ｘ）＝Σ_k=0ⁿ _nＣ_k（−１）^k（ｎ−２ｋ）（ｅ^ｘ）^n-2k　から、

　Σ_k=0ⁿ _nＣ_k（−１）^k（ｎ−２ｋ）＝Ｆ’（０）

が成り立つ。したがって、（１）より、

　ｎ＝１　のとき、　Σ_k=0ⁿ _nＣ_k（−１）^k（ｎ−２ｋ）＝２

　ｎ≧２　のとき、　Σ_k=0ⁿ _nＣ_k（−１）^k（ｎ−２ｋ）＝０　　（終）

　したがって、次の公式を得る。

（５１）　Σ_k=0ⁿ _nＣ_k（−１）^k（ｎ−２ｋ）＝０　　ただし、 ｎ≧２

　ただし、ｎ＝１のときは、上記の値は、２　となる。



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