二項定理 と 其の一般化 (´・ω・`)
自然数 $n$ に対して、
$$
(p + q)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^k q^{n-k} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^{n-k} q^k
$$
が成り立つ。これを 二項定理 (binomial theorem) という。
数学的帰納法によって、任意の $n = 1, 2, \cdots$ に対して、
$$
(p + q)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^k q^{n-k}
$$
が成り立つことを証明する。
はじめに$n=1$の場合を示す。組み合わせの定義より
$$
\binom{n}{k} := \frac{n!}{(n-k)!k!}
$$
加えて、$0! = 1$ と定義されることから、
$$
\binom{1}{0} = \frac{1!}{1!0!} = 1
$$
$$
\binom{1}{1} = \frac{1!}{0!1!} = 1
$$
であるので、
$$
\sum_{k=0}^{1} \binom{1}{k} p^k q^{1-k} = \binom{1}{0} p^0 q^1 + \binom{1}{1} p^1 q^0 \\
= p + q
$$
が成り立つ。これは、$n=1$のとき左辺は$p+q$であるから、$n = 1$ の場合は二項定理が成立する。
$$ $$
続いて、$n = m$ の場合の二項定理
$$
(p + q)^m = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} p^k q^{m-k}
$$
が成り立つと仮定した上で、$n = m + 1$ の場合にも
$$
(p + q)^{m+1} = \sum_{k=0}^{m+1} \binom{m+1}{k} p^k q^{m+1-k}
$$
が成り立つことを証明する(数学的帰納法)。
$$ $$
まず $(p + q)^{m+1}$ は仮定より、
$$
\begin{align*}
(p + q)^{m+1} &= (p + q)(p + q)^m \\
&= (p + q) \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} p^k q^{m-k} \\
&= \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} p^{k+1} q^{m-k} + \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} p^k q^{m+1-k}
\end{align*}$$
と表せるが、右辺の第一項は、
$$
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} p^{k+1} q^{m-k}&=\binom{m}{0} p^1 q^m + \binom{m}{1} p^2 q^{m-1} + \cdots + \binom{m}{m-1} p^m q^1 + \binom{m}{m} p^{m+1} q^0 \\
&= \sum_{k=1}^{m} \binom{m}{k-1} p^k q^{m-(k-1)} + \binom{m}{m} p^{m+1}
\end{align*}
$$
と表せ、第二項は、
$$
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} p^k q^{m+1-k} &= \binom{m}{0} p^0 q^{m+1} + \binom{m}{1} p^1 q^m + \cdots + \binom{m}{m-1} p^{m-1} q^2 + \binom{m}{m} p^m q^1 \\
&= \binom{m}{0} p^0 q^{m+1} + \sum_{k=1}^{m} \binom{m}{k} p^k q^{m+1-k}
\end{align*}
$$
と表せる。したがって、
$$
\begin{align*}
(p + q)^{m+1}&= \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} p^{k+1} q^{m-k} + \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} p^k q^{m+1-k} \\
&= \sum_{k=1}^{m} \binom{m}{k-1} p^k q^{m-(k-1)} + \binom{m}{m} p^{m+1} + \binom{m}{0} p^0 q^{m+1} + \sum_{k=1}^{m} \binom{m}{k} p^k q^{m+1-k}\\
&= \binom{m}{m} p^{m+1} + \sum_{k=1}^{m} \binom{m}{k-1} p^k q^{m-(k-1)}+ \sum_{k=1}^{m} \binom{m}{k} p^k q^{m+1-k}+\binom{m}{0} p^0 q^{m+1} \\
&= \binom{m}{m} p^{m+1} + \sum_{k=1}^{m} \binom{m}{k-1} p^k q^{m+1-k}+ \sum_{k=1}^{m} \binom{m}{k} p^k q^{m+1-k}+\binom{m}{0} p^0 q^{m+1} \\
&= \binom{m}{0} p^0 q^{m+1} + \sum_{k=1}^{m} \left( \binom{m}{k-1} + \binom{m}{k} \right) p^k q^{m+1-k} + \binom{m}{m} p^{m+1}\\
\end{align*}
$$
と表せる。ここで第$2$項は組合せの定義より、
$$
\begin{align*}
\binom{m}{k-1} + \binom{m}{k}&= \frac{m!}{(m-(k-1))!(k-1)!} + \frac{m!}{(m-k)!k!} \\
\end{align*}
$$
ここで、第$1$項については$m!$を展開すると、分母の$(m-(k-1))!$以降が通分される。
同様に、第$2$項についても$m!$を展開すると、分母の$(m-k)!$以降が通分されるから、
$$
\begin{align*}
\frac{m!}{(m-(k-1))!(k-1)!} + \frac{m!}{(m-k)!k!}&= \frac{m(m-1) \cdots \{ m-(k-1)+1 \}}{(k-1)!} + \frac{m(m-1) \cdots (m-k+1)}{k!}\\
&= \frac{m(m-1) \cdots \{ m-(k-1)+1 \}}{(k-1)!} +\frac{m(m-1) \cdots (m-k+1)}{ k・(k-1)!}\\
&= \frac{m(m-1) \cdots (m-k+2)}{(k-1)!} +\frac{m(m-1) \cdots (m-k+2)(m-k+1)}{ k・(k-1)!}\\
\end{align*}
$$
ここで2つの項を第1項の$\displaystyle \frac{m(m-1) \cdots (m-k+2)}{(k-1)!}$で括ると、
$$
\begin{align*}
\frac{m!}{(m-(k-1))!(k-1)!} + \frac{m!}{(m-k)!k!}&= \frac{m(m-1) \cdots \{ m-(k-1)+1 \}}{(k-1)!} \left\{ 1 + \frac{1}{k}(m-k+1) \right\} \\
&= \frac{m(m-1) \cdots \{ m-(k-1)+1 \}}{(k-1)!} \left( \frac{m+1}{k} \right) \\
\end{align*}
$$
階乗の定義より、$k・(k-1)!=k!$であるから、分母は$k!$にまとめることができて、
$$
\begin{align*}
\frac{m!}{(m-(k-1))!(k-1)!} + \frac{m!}{(m-k)!k!}&= \frac{(m+1)m(m-1) \cdots (m-(k-1)+1)}{k!}\\
&= \frac{(m+1)m(m-1) \cdots (m+1-k+1)}{k!}\\
\end{align*}
$$
ここで、分子を$(m+1)!$で無理やり置き換えると、$(m+1)!$の中で$(\{m+1\}-k)$以降が消えなければならないから、
分母に$(\{m+1\}-k)!$を掛ければよい、したがって、
$$
\begin{align*}
\frac{(m+1)m(m-1) \cdots (\{m+1\}-k+1)}{k!}&= \frac{(m+1)!}{(m+1-k)!k!}\\
&= \binom{m+1}{k}\\
\end{align*}
$$
が成り立つので、まとめると
$$
\binom{m}{k-1} + \binom{m}{k}= \binom{m+1}{k}
$$
である。ゆえに、
$$
\begin{align*}
(p + q)^{m+1}&= \binom{m}{0} p^0 q^{m+1} + \sum_{k=1}^{m} \left( \binom{m}{k-1} + \binom{m}{k} \right) p^k q^{m+1-k} + \binom{m}{m} p^{m+1}\\
&= \binom{m}{0} p^0 q^{m+1} + \sum_{k=1}^{m} \binom{m+1}{k} p^k q^{m+1-k} + \binom{m}{m} p^{m+1}\\
&= \sum_{k=0}^{m+1} \binom{m+1}{k} p^k q^{m+1-k}\\
\end{align*}
$$
が成り立つ。
これは $n = m+1$ の場合の二項定理である。ここで、3つめの等号で
$$
\binom{m}{0} = 1 = \binom{m+1}{0}
$$
$$
\binom{m}{m} = 1 = \binom{m+1}{m+1}
$$
であることを用いた。
$$ $$
以上から、数学的帰納法によって、任意の $n = 1, 2, \cdots$ に対して、
$$
(p + q)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^k q^{n-k}
$$
が成り立つことが証明された。
最後に、
$$
\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^k q^{n-k} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^{n-k} q^k
$$
を証明する。左辺に対して $n-k = m$ と置くと、$k = n-m$であるから、
$$
\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^k q^{n-k} = \sum_{m=0}^{n} \binom{n}{n-m} p^{n-m} q^m
$$
であるが、$\binom{n}{n-m}$は組合せの定義より、
$$
\binom{n}{n-m} = \frac{n!}{(n-(n-m))!(n-m)!} = \frac{n!}{m!(n-m)!} = \binom{n}{m}
$$
が成り立つので、
$$
\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^k q^{n-k} = \sum_{m=0}^{n} \binom{n}{m} p^{n-m} q^m \\
$$
ここで、$m,k$はいずれも$0$から$n$に渡る変数であるから、$k=m$と見なせば
$$
\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^k q^{n-k} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^{n-k} q^k
$$
が成り立つ。以上より、
$$
(p + q)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^k q^{n-k}= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^{n-k} q^k
$$
であることが示された。
$n = 1, 2, 3, 4, 5$ の場合、以下の通りである。
$$
\begin{align*}
(p + q)^1 &= \sum_{k=0}^{1} \binom{1}{k} p^{1-k} q^k \\
&= \binom{1}{0} p^1 q^0 + \binom{1}{1} p^0 q^1 \\
&= p + q\\
(p + q)^2 &= \sum_{k=0}^{2} \binom{2}{k} p^{2-k} q^k \\
&= \binom{2}{0} p^2 q^0 + \binom{2}{1} p^1 q^1 + \binom{2}{2} p^0 q^2 \\
&= p^2 + 2pq + q^2\\
(p + q)^3 &= \sum_{k=0}^{3} \binom{3}{k} p^{3-k} q^k \\
&= \binom{3}{0} p^3 q^0 + \binom{3}{1} p^2 q^1 + \binom{3}{2} p^1 q^2 + \binom{3}{3} p^0 q^3 \\
&= p^3 + 3p^2q + 3pq^2 + q^3\\
(p + q)^4 &= \sum_{k=0}^{4} \binom{4}{k} p^{4-k} q^k \\
&= \binom{4}{0} p^4 q^0 + \binom{4}{1} p^3 q^1 + \binom{4}{2} p^2 q^2 + \binom{4}{3} p^1 q^3 + \binom{4}{4} p^0 q^4 \\
&= p^4 + 4p^3q + 6p^2q^2 + 4pq^3 + q^4\\
(p + q)^5 &= \sum_{k=0}^{5} \binom{5}{k} p^{5-k} q^k \\
&= \binom{5}{0} p^5 q^0 + \binom{5}{1} p^4 q^1 + \binom{5}{2} p^3 q^2 + \binom{5}{3} p^2 q^3 + \binom{5}{4} p^1 q^4 + \binom{5}{5} p^0 q^5 \\
&= p^5 + 5p^4q + 10p^3q^2 + 10p^2q^3 + 5pq^4 + q^5\\
\end{align*}
$$
任意の $n\in\mathbb{N}$ に対し
$$
f^{(n)}(x)=s(s+1)\cdots(s+n-1)(1-x)^{-s-n}
$$
が成り立つ。
数学的帰納法で示す。
$n=1$ の場合は、まず $1$ 階導関数は、合成関数の微分より
$$
\begin{align}
f'(x)&=\frac{d}{dx}(1-x)^{-s}\\
&=-s(1-x)^{-s-1}(-1)\\
&= s(1-x)^{-s-1}\\
\end{align}
$$
である。そこで、一般の $n$ で成り立つと仮定すると、
$$
\begin{aligned}
f^{(n+1)}(x)
&=\frac{d}{dx}\Bigl[s(s+1)\cdots(s+n-1)(1-x)^{-s-n}\Bigr]\\
&=s(s+1)\cdots(s+n-1)\cdot(-s-n)(1-x)^{-s-n-1}(-1)\\
&=s(s+1)\cdots(s+n)(1-x)^{-s-n-1}
\end{aligned}
$$
となるので、$n+1$ でも成り立つ。
よって帰納法により、$n\ge 0$ について
$$
f^{(n)}(x)=s(s+1)\cdots(s+n-1)(1-x)^{-s-n}
$$
が示された。
任意の実数 $s\in\mathbb{R}$ と複素数 $x\in\mathbb{C}$ で $|x|<1$ を満たすとき、
$$
(1-x)^{-s}=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{n+s-1}{n}x^n
$$
が成立する。
複素数 $s\in\mathbb{C}$ を固定し、複素変数 $x$ についての関数
$$
f(x) := (1-x)^{-s}
$$
を考える。$x=1$ を除いて $1-x\neq 0$ なので(分母が$0$にならないから)、$x=1$ を除く複素平面上で正則。
特に、原点 $x=0$ から距離$1$の円板 $|x|<1$ 上で(特異点はないから) $f$ は正則（複素微分可能）である。
$ $
そこで、$f(x)=(1-x)^{-s}$ の $n$ 階導関数について、任意の $n\in\mathbb{N}$ に対し
$$
f^{(n)}(x)=s(s+1)\cdots(s+n-1)(1-x)^{-s-n}
$$
が成り立つ(上で示した)。
$ $
特に $x=0$ を代入すると
$$
f^{(n)}(0)=s(s+1)\cdots(s+n-1)
$$
である。
$ $
一般化二項係数を
$$
\binom{s+n-1}{n}
:=\frac{(s+n-1)(s+n-2)\cdots s}{n!}
$$
と定義すると、分子の積は順番を逆にしただけで $s(s+1)\cdots(s+n-1)$ と同じ積なので
$$
s(s+1)\cdots(s+n-1)=n!\binom{s+n-1}{n}
$$
となる。したがって
$$
f^{(n)}(0)=n!\binom{s+n-1}{n}
$$
である。
$ $
$f$ は $|x|<1$ で正則なので、$x=0$ 周りのテイラー展開を持ち、その係数は
$$
\frac{f^{(n)}(0)}{n!}
$$
で与えられる(補足を参照)。よって
$$
f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n
=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{s+n-1}{n}x^n
\qquad(|x|<1)
$$
となる。
以上より、任意の複素数 $s$ と $|x|<1$ を満たす複素数 $x$ に対して
$$
(1-x)^{-s}
=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{s+n-1}{n}x^n
$$
が成り立つ
$$ \Box$$
$U \subset \mathbb{C}$ を開集合とし、$f: U \to \mathbb{C}$ を $U$ 上で正則な関数とする。$a \in U$ を任意に取る。
このとき、次が成り立つ。
- $a$ を中心とする開円板 $D(a,R) = \{ z \in \mathbb{C} \mid |z-a| < R \}$ で、
$$ D(a,R) \subset U $$
をみたす $R > 0$ が存在する。 - そのような $R$ に対して、任意の $z \in D(a,R)$ について
$$ f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} c_n (z-a)^n $$
と書ける。このとき係数 $c_n$ は高階導関数で
$$ c_n = \frac{f^{(n)}(a)}{n!} $$
で与えられる。 - この級数は半径 $R$ まで収束し、任意の $0 < r < R$ に対して
$$ f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(z-a)^n \quad (|z-a| \le r) $$
が成り立ち、右辺の級数は $|z-a|\le r$ 上で一様収束する。
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