6
高校数学解説
文献あり

二項係数の級数まとめ

1696
0
$$$$

$\newcommand{\binomial}[2]{\begin{pmatrix} #1 \\ #2 \end{pmatrix}}$

二項係数を含む級数をできる限り挙げてみました.二項係数マニアになりたい人必見です.
証明は方針のみ載せています.詳しい証明は気が向いたら別の記事として投稿しようと思います.

この記事で使う文字,記号

特に断らない限り,$x,y,r$は実数を表し,他は非負整数を表すとする.
$\binomial{n}{k}$は二項係数.ただし$n< k$のとき$\binomial{n}{k}=0$と約束する.
$\binomial{n}{k_1,\ldots,k_m}$は多項係数.$\binomial{n}{k_1,\ldots,k_m}:=\frac{n!}{k_1!\ldots k_m!}\ \ (k_1+k_2+\ldots+k_m=n)$
$F_n$はフィボナッチ数.$F_1=F_2=1, F_{n+2}=F_{n}+F_{n+1}$
$k^{\underline s}$は下降階乗冪.$k^{\underline s}:=k(k-1)\ldots(k-s+1)$ 
$\Delta$は差分作用素.$\Delta f(n):=f(n+1)-f(n)$

二項定理

二項定理

$$ \sum_{k=0}^{n}x^ky^{n-k}\binomial{n}{k}=(x+y)^n \\ \sum_{k=0}^{n}\binomial{n}{k}=2^n \\ \sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binomial{n}{k}=0 \\ $$

二項定理に$x,-x$を代入して連立
$$ \sum_{i=0}^{n}x^{2i+1}\binomial{n}{2i+1}=\sum_{0\le k \le n,kは奇数}x^k\binomial{n}{k}=\frac{1}{2} \{(1+x)^n-(1-x)^n\}\\ \sum_{i=0}^{n}x^{2i}\binomial{n}{2i}=\sum_{0\le k \le n,kは偶数}x^k\binomial{n}{k}=\frac{1}{2}\{(1+x)^n+(1-x)^n\}\\ \sum_{i=0}^{n}\binomial{n}{2i+1}=\sum_{0\le k \le n,kは奇数}\binomial{n}{k}=2^{n-1}\\ \sum_{i=0}^{n}\binomial{n}{2i}=\sum_{0\le k \le n,kは偶数}\binomial{n}{k}=2^{n-1} $$

変形すれば二項定理
$$ \sum_{k=0}^{n}kx^k\binomial{n}{k}=nx(1+x)^{n-1}\\ \sum_{k=0}^{n}k\binomial{n}{k}=n\cdot2^{n-1}\\ $$

対称性$\binomial{n}{k}=\binomial{n}{n-k}$の利用
$$ \sum_{k=0}^{n}\binomial{2n+1}{k}=2^{2n}\\ \sum_{k=0}^{n}\binomial{2n}{k}=2^{2n-1}+\frac{1}{2}\binomial{2n}{n} $$

ヴァンデルモンドの畳み込み

ヴァンデルモンドの畳み込み
恒等式$(x+1)^p(x+1)^q=(x+1)^{p+q}$$x^r$の係数比較
$$ \sum_{k=0}^{r}\binomial{p}{k}\binomial{q}{r-k}=\binomial{p+q}{r} $$

恒等式$(x+1)^n(1+x)^n=(x+1)^{2n}$$x^n$の係数比較 or $n\times n$の最短経路の数え上げ
$$ \sum_{k=0}^{n}\binomial{n}{k}^2=\binomial{2n}{n} $$

恒等式$(1-x)^n(x+1)^n=(1-x^2)^n$$x^n$の係数比較
$$ \sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binomial{n}{k}^2= \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} (-1)^{\frac{n}{2}}\binomial{n}{\frac{n}{2}}\ \ \ \ (nは偶数)\\ 0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (nは奇数) \end{array} \right. \end{eqnarray} $$
上2式を連立
$$ \sum_{i=0}^{n}\binomial{n}{2i+1}^2=\sum_{0\le k \le n,kは奇数}\binomial{n}{k}^2= \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{2}\left\{\binomial{2n}{n}-(-1)^{\frac{n}{2}}\binomial{n}{\frac{n}{2}}\right\}\ \ \ \ (nは偶数)\\ \frac{1}{2}\binomial{2n}{n}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (nは奇数) \end{array} \right. \end{eqnarray}\\ $$$$ \sum_{i=0}^{n}\binomial{n}{2i}^2=\sum_{0\le k \le n,kは偶数} \binomial{n}{k}^2= \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{2}\left\{\binomial{2n}{n}+(-1)^{\frac{n}{2}}\binomial{n}{\frac{n}{2}}\right\}\ \ \ \ (nは偶数)\\ \frac{1}{2}\binomial{2n}{n}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (nは奇数) \end{array} \right. \end{eqnarray}\\ $$

フィボナッチ型

漸化式$a_{n+2}=a_{n+1}+x a_n$が成立
$$ \sum_{k=0}^{n}x^k\binomial{n-k}{k}=\frac{\left(\frac{1+\sqrt{1+4x}}{2}\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt{1+4x}}{2}\right)^{n+1}}{\sqrt{1+4x}}\ \ \ \ \left(x\neq -\frac{1}{4}\right)\\ \sum_{k=0}^{n}\binomial{n-k}{k}=F_{n+1}\\ \sum_{k=0}^{n}\left(-\frac{1}{4}\right)^k\binomial{n-k}{k}=\frac{n+1}{2^n} $$

多変数型

ここでのΣは,$k_1+\ldots+k_m=n$をみたすすべての非負整数の組$(k_1,\ldots,k_m)$について和を取る

多項定理
$$ \sum_{k_1+\ldots+k_m=n}x_1^{k_1}x_2^{k_2}\ldots x_m^{k_m}\binomial{n}{k_1,k_2,\ldots,k_m}=(x_1+x_2+\ldots+x_m)^n\\ \sum_{k_1+\ldots+k_m=n}\binomial{n}{k_1,k_2,\ldots,k_m}=m^n $$

恒等式$((x+1)^n)^m=(x+1)^{mn}$$x^n$の係数比較 or $(m-1)n\times n$の最短経路の数え上げ
$$ \sum_{k_1+\ldots+k_m=n}\binomial{n}{k_1}\binomial{n}{k_2}\ldots\binomial{n}{k_m}=\binomial{mn}{n} $$

ディクソンの等式

$$ \sum_{k=-a}^{a}(-1)^k\binomial{a+b}{a+k}\binomial{b+c}{b+k}\binomial{c+a}{c+k}=\frac{(a+b+c)!}{a!b!c!}\\ \sum_{k=-n}^{n}(-1)^k\binomial{2n}{n+k}^3=\frac{(3n)!}{(n!)^3} $$

証明: $x=c+a, m=b-a, r=a$として,両辺を$x$の多項式と考えると,両辺は$m+2r$個の根$x=-m-r,…,r-1$をもつ$m+2r$次式で,さらに$x=r$で一致する.

階乗冪・和差分学

$n\ge s$とする.

変形すれば二項定理
$$ \sum_{k=0}^{n}k^{\underline s}x^k\binomial{n}{k}=n^{\underline s}x^s(1+x)^{n-s}\\ \sum_{k=0}^{n}k^{\underline s}(-1)^k\binomial{n}{k}=0\\ \sum_{k=0}^{n}k^{\underline s}\binomial{n}{k}=n^{\underline s}\cdot2^{n-s} $$

任意の多項式は下降階乗冪の和で表せるので
任意の$n$次以下の多項式$P(x)$に対し,
$$ \sum_{k=0}^{n}(-1)^kP(k)\binomial{n}{k}=0 $$

差分法での離散マクローリン展開
自然数に対して定義される任意の関数$f(n)$に対し,
$$ f(n)=\sum_{k=0}^{n}\Delta^kf(0)\binomial{n}{k} $$

その他

関係式$\binomial{k}{s}=\binomial{k+1}{s+1}-\binomial{k}{s+1}$の利用
$$ \sum_{k=s}^{n}\binomial{k}{s}=\binomial{n+1}{s+1}\\ $$

異なる$n$個のものから$s$個以上選んでさらにそこから$s$個選ぶ場合の数
$$ \sum_{k=s}^{n}\binomial{n}{k}\binomial{k}{s}=2^{n-s}\binomial{n}{s}\\ $$

数学的帰納法
$$ \sum_{k=0}^{s}(-1)^k\binomial{n}{k}=(-1)^s\binomial{n-1}{s} $$

無限級数

ニュートンの二項定理
実数に拡張した二項係数$\binomial{r}{k}:=\frac{r^{\underline k}}{k!}$に対して,
$$ \sum_{k=0}^{\infty}x^{r-k}y^k\binomial{r}{k}=(x+y)^r\ \ \ \ (|x|>|y|, (x,y) \in \mathbb{R}^2 ) $$

参考文献

投稿日:202245

この記事を高評価した人

高評価したユーザはいません

この記事に送られたバッジ

バッジはありません。

投稿者

dragoemon
dragoemon
113
22630
大学二年生です

コメント

他の人のコメント

コメントはありません。
読み込み中...
読み込み中