二項係数の恒等式

二項係数

二項係数が絡む式で、私の好きな恒等式の紹介と私が昔行った計算の記録を書きます。

二項係数を${n\choose k}$で表すことにします。

私の好きな式

$$\sum_{i=0}^m\sum_{j=0}^n(-1)^{i+j}{i+j\choose i}{m\choose i}{n\choose j}=\delta_{mn}$$

$\delta_{mn}$はクロネッカーのデルタで、$$\delta_{mn}=\begin{cases}1&(m=n)\\0&(m\neq n)\end{cases}$$です。

この式はラゲール多項式の直交関係式からすぐに得られますが、きれいな形をしているのでお気に入りです。
ただ、実用性はほとんどないと思います。

ラゲール多項式$L_n(x)$を
$$L_n(x)=\sum_{k=0}^n(-1)^k{n\choose k}\frac{1}{k!}x^k$$
で与えると、その直交関係は
$$\int_0^\infty L_m(x)L_n(x)e^{-x}dx=\delta_{mn}$$
となる。
この式に$L_m(x)=\sum_{i=0}^m(-1)^i{m\choose i}\frac{1}{i!}x^i$および$L_n(x)=\sum_{j=0}^n(-1)^j{n\choose j}\frac{1}{j!}x^j$を代入して整理すると、
$$\sum_{i=0}^m\sum_{j=0}^n(-1)^{i+j}\frac{1}{i!j!}{m\choose i}{n\choose j}\int_0^\infty x^{i+j}e^{-x}dx=\delta_{mn}$$
となり、$\int_0^\infty x^{i+j}e^{-x}dx=\Gamma(i+j+1)=(i+j)!$なので
$$\sum_{i=0}^m\sum_{j=0}^n(-1)^{i+j}{i+j\choose i}{m\choose i}{n\choose j}=\delta_{mn}$$
が成り立つ。

過去の計算　その1

$x\neq0$とする。($x,y,z$は整数でなくてもよい。)
$$\sum_{k=0}^n{n\choose k}(x+kz)^{k-1}(y-kz)^{n-k}=\frac{(x+y)^n}{x}$$

この式の証明に使用する補題を2つ先に示しておきます。

$k+l\leq n$のとき、次式が成り立つ。
$${n\choose k}{n-k\choose l}={n\choose l}{n-l\choose k}$$

$${n\choose k}{n-k\choose l}=\frac{n!}{k!(n-k)!}\frac{(n-k)!}{l!(n-k-l)!}=\frac{n!}{k!l!(n-k-l)!}=\frac{n!}{l!(n-l)!}\frac{(n-l)!}{k!(n-l-k)!}={n\choose l}{n-l\choose k}$$

$m\geq 1$とする。
$f(k)$が$k$に関する$m-1$次以下の多項式であるとき、次式が成り立つ。
$$\sum_{k=0}^m(-1)^k{m\choose k}f(k)=0$$

数学的帰納法で示す。

$m=1$のとき。
このとき$f(k)$は定数項しか持たないので$f(k)=a$とおくと、
$$\sum_{k=0}^1(-1)^k{1\choose k}a=(-1)^0{1\choose 0}a+(-1)^1{1\choose 1}a=a-a=0$$
より$m=1$のとき成り立つ。
$m=m'$のとき、hodaiが成り立つと仮定する。
すなわち、$f(k)$が$m'-1$次以下であるときに$\sum_{k=0}^{m'}(-1)^k{m'\choose k}f(k)=0$が成り立つとする。
この仮定のもとで$m=m'+1$の場合を考える。
$g(k)$が$m'$次以下の多項式であるとき、$g_0(k)$を$m'-1$次以下の多項式として$g(k)=bk^{m'}+g_0(k)$と書くことができる。
また、$g_1(k)=b\sum_{i=0}^{m'-1}{m'\choose i}k^i+g_0(k+1)$とおくと$g_1(k)$は$m'-1$次以下の多項式であり、
\begin{align} g(k+1)=&b(k+1)^{m'}+g_0(k+1) \\ =&bk^{m'}+b\sum_{i=0}^{m'-1}{m'\choose i}k^i+g_0(k+1) \\ =&bk^{m'}+g_1(k) \end{align}
が成り立つ。
$m=m'+1$のときの命題の式の左辺を計算すると、
\begin{align} &\sum_{k=0}^{m'+1}(-1)^k{m'+1 \choose k}g(k) \\ =&\sum_{k=0}^{m'+1}(-1)^k\left\{{m' \choose k-1}+{m' \choose k}\right\}g(k) \\ =&\sum_{k=0}^{m'+1}(-1)^k{m' \choose k-1}g(k)+\sum_{k=0}^{m'+1}(-1)^k{m' \choose k}g(k) \\ =&\sum_{k=1}^{m'+1}(-1)^k{m' \choose k-1}g(k)+\sum_{k=0}^{m'}(-1)^k{m' \choose k}g(k) \\ =&\sum_{k=0}^{m'}(-1)^{k+1}{m' \choose k}g(k+1)+\sum_{k=0}^{m'}(-1)^k{m' \choose k}g(k) \\ =&\sum_{k=0}^{m'}(-1)^k{m' \choose k}\left\{-g(k+1)+g(k)\right\} \\ =&\sum_{k=0}^{m'}(-1)^k{m' \choose k}\left\{-\left(bk^{m'}+g_1(k)\right)+\left(bk^{m'}+g_0(k)\right)\right\} \\ =&\sum_{k=0}^{m'}(-1)^k{m' \choose k}\left\{g_0(k)-g_1(k)\right\} \end{align}
と変形できるが、$g_0(k)-g_1(k)$は$m'-1$次以下の多項式なので帰納法の仮定よりこの式の値は$0$となり、$m=m'+1$のときにも命題の式が成り立つ。

(i),(ii)より任意の$m$でhodaiが成り立つ。

この2つの補題を用いてkoushiki：$\sum_{k=0}^n{n\choose k}(x+kz)^{k-1}(y-kz)^{n-k}=\frac{(x+y)^n}{x}$を示す。

(koushiki)

\begin{align} &\sum_{k=0}^n{n\choose k}(x+kz)^{k-1}(y-kz)^{n-k} \\ =&\sum_{k=0}^n{n\choose k}(x+kz)^{k-1}\left((x+y)-(x+kz)\right)^{n-k} \\ =&\sum_{k=0}^n{n\choose k}(x+kz)^{k-1}\left(\sum_{l=0}^{n-k}{n-k \choose l}(x+y)^l(-1)^{n-k-l}(x+kz)^{n-k-l}\right) \\ =&\sum_{k=0}^n\sum_{l=0}^{n-k}(-1)^{n-k-l}{n\choose k}{n-k \choose l}(x+y)^l(x+kz)^{n-l-1} \\ =&\sum_{l=0}^n\sum_{k=0}^{n-l}(-1)^{n-k-l}{n\choose k}{n-k \choose l}(x+y)^l(x+kz)^{n-l-1} \\ =&\sum_{l=0}^n\sum_{k=0}^{n-l}(-1)^{n-l-k}{n\choose l}{n-l \choose k}(x+y)^l(x+kz)^{n-l-1} \\ =&\sum_{l=0}^{n-1}\sum_{k=0}^{n-l}(-1)^{n-l-k}{n\choose l}{n-l \choose k}(x+y)^l(x+kz)^{n-l-1} \\ &\ +\sum_{l=n}^n\sum_{k=0}^{n-l}(-1)^{n-l-k}{n\choose l}{n-l \choose k}(x+y)^l(x+kz)^{n-l-1} \\ =&\sum_{l=0}^{n-1}(-1)^{n-l}{n\choose l}(x+y)^l\left(\sum_{k=0}^{n-l}(-1)^{-k}{n-l \choose k}(x+kz)^{n-l-1}\right) \\ &\ +(-1)^0{n\choose n}{0 \choose 0}(x+y)^n(x+0)^{-1} \\ =&\sum_{l=0}^{n-1}(-1)^{n-l}{n\choose l}(x+y)^l\left(\sum_{k=0}^{n-l}(-1)^k{n-l \choose k}(x+kz)^{n-l-1}\right) \\ &\ +\frac{(x+y)^n}{x} \\ =&\sum_{l=0}^{n-1}(-1)^{n-l}{n\choose l}(x+y)^l\cdot 0 \\ &\ +\frac{(x+y)^n}{x} \\ =&\frac{(x+y)^n}{x} \end{align}

過去の計算　その2

$0 \leq m \leq n-1$とする。
$$\sum_{k=0}^m\frac{2(n-k)}{2n-m-k}{2n \choose k}{2n-m-k \choose m-k}=2^{2m}{n \choose m}$$
($\downarrow$少し書き換えた形)
$$\sum_{k=0}^m\frac{n-k}{n-m}{2n \choose k}{2n-m-k-1 \choose m-k}=2^{2m}{n \choose m}$$
($\downarrow$少し書き換えた形)
$$\sum_{k=0}^m\frac{n-k}{n}{2n \choose k}{2n-m-k-1 \choose m-k}=2^{2m}{n-1 \choose m}$$

対称式の計算をしている中でこの式を得たことは覚えているのですが、どんな計算をしていたかは忘れてしまったため証明はありません。