数学II / 式と証明

二項係数の積の和

★★★ 応用二項定理

問題

$(1 + x)^{4} (1 + x)^{3} = (1 + x)^{7}$ の両辺で $x^{3}$ の係数を比べることにより、次の等式を確かめよ。

$k = 0 \sum 3_{4} C_{k}_{3} C_{3 - k} =_{7} C_{3}$

また、その値を求めよ。

ヒントを見る

左辺の積で $x^{3}$ の項を作るには、 $2$ つの因数から次数をどう分担して取り出すか — その数え上げがそのまま左辺の係数になる。右辺は $1$ つの式の係数として直接数える。

解答・解説

方針

左辺 $(1 + x)^{4} (1 + x)^{3}$ で $x^{3}$ の項は『一方から $x^{k}$ 、他方から $x^{3 - k}$ 』の組み合わせの和。右辺 $(1 + x)^{7}$ の $x^{3}$ の係数は $_{7} C_{3}$ 。両者は等しい。

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 $_{4} C_{k} \cdot_{3} C_{3 - k}$ の和は、直接計算しなくても係数比較で出せる。

同じ多項式 $(1 + x)^{7}$ を、 $(1 + x)^{4} (1 + x)^{3}$ と分けて書く。両辺で $x^{3}$ の係数を比べればよい。

「同じ式を $2$ 通りに書き、特定の項の係数を照合する」。この係数比較が、組合せ論的な恒等式を生む強力な道具だ。

定理二項定理

(1 + x)^{n} = k \sum_{n} C_{k} x^{k}

左辺 $(1 + x)^{4} (1 + x)^{3}$ で $x^{3}$ の項を作るには、 $(1 + x)^{4}$ から $x^{k}$ ( $k = 0, 1, 2, 3$ )、 $(1 + x)^{3}$ から $x^{3 - k}$ を取り出してかける。その係数の積を足すと、 $x^{3}$ の係数は

$k = 0 \sum 3_{4} C_{k}_{3} C_{3 - k}$

一方、右辺 $(1 + x)^{7}$ の $x^{3}$ の係数は $_{7} C_{3}$ 。左辺と右辺は同じ式だから、 $x^{3}$ の係数も等しい。値は

$_{7} C_{3} = \frac{7 \cdot 6 \cdot 5}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 35$

(『同じ式を2通りに展開して係数を比べる』と、二項係数の等式が得られる。)

発展 — 一歩先へ。 この等式は、より一般の $_{m + n} C_{r} = \sum_{k}_{m} C_{k}_{n} C_{r - k}$ (ヴァンデルモンドの畳み込み)の一例だ。

$(1 + x)^{m} (1 + x)^{n} = (1 + x)^{m + n}$ の $x^{r}$ の係数を両辺で比べれば、同じ係数比較の論法でそのまま示せる。 $m$ 、 $n$ 、 $r$ を自由に選べる分だけ、作れる恒等式の幅が広がる。

見方を変えると、多項式の積の係数は、 $2$ つの係数列を『ずらしながら掛けて足す』畳み込みになっている。数列を多項式の係数に載せる母関数の立場では、積がいつでも畳み込みに対応する。和の恒等式を量産する源が、この一点にある。

答

両辺とも $35$

別解

別解 — 委員の選び方として数える(苦手な人向けの数え上げルート)。 式変形でなく、具体的な選び方で両辺を読む。

男子 $4$ 人・女子 $3$ 人の合わせて $7$ 人から $3$ 人の委員を選ぶ。総数は右辺の $_{7} C_{3}$ 通りだ。

同じ選び方を「男子を $k$ 人選ぶ」で場合分けする。男子 $k$ 人の選び方は $_{4} C_{k}$ 、残る女子 $3 - k$ 人の選び方は $_{3} C_{3 - k}$ 、掛けて $_{4} C_{k}_{3} C_{3 - k}$ 。 $k = 0, 1, 2, 3$ で足せば左辺になる。

同じ人数の選び方を $2$ 通りに数えたから左辺 $=$ 右辺、値は $_{7} C_{3} = 35$ 。本解と同じ答えだ。

ポイント

積の $x^{3}$ 係数は『次数を分け合う』組み合わせの和
同じ式を2通りに展開して係数を比較する
$_{7} C_{3} = 35$

よくある間違い

左辺で $x^{k}$ と $x^{3 - k}$ の次数の合計が $3$ になる対応を崩し、別の組を掛けてしまう。
$_{3} C_{3 - k}$ で $k$ が $3$ を超える項まで足そうとし、存在しない項を数える。
$_{7} C_{3}$ の計算で分母 $3! = 6$ を忘れ、 $35$ でない値を出す。