$(a+b)^n$の展開式(2項定理)

一般に， $(a+b)^n$ の展開式における $a^{n−r}b^r$ の係数は， $n$ 個の $(a+b)$ のうち， $r$ 個から $b$ を，残りの $n−r$ 個から $a$ を取り出す方法の総数 $_{n}\mathrm{C}_{r}$ となる．このことから，次の式(2項定理(binomial theorem))が成り立つことがわかる．

2項定理

$n$ を自然数とするとき， $(a+b)^n$ は

\begin{align} (a+b)^n&=\ _{n}\mathrm{C}_{0}a^n+\ _{n}\mathrm{C}_{1}a^{n-1}b+\cdots\\ &\qquad+\ _{n}\mathrm{C}_{n-1}ab^{n-1}+\ _{n}\mathrm{C}_{n}b^n \end{align}

と展開できる．

2項定理の係数になるという意味で，組合せの総数 $_{n}\mathrm{C}_{r}$ のことを2項係数(binomial coefficient)ともいう．

例えば， $(a+2b)^4$ は2項定理を用いて

\begin{align} &(a+2b)^4\\ =&\ _{4}\mathrm{C}_{0}a^4+\ _{4}\mathrm{C}_{1}a^3(2b)+\ _{4}\mathrm{C}_{2}a^2(2b)^2\\ &\qquad+\ _{4}\mathrm{C}_{3}a(2b)^3+\ _{4}\mathrm{C}_{4}(2b)^4\\ =&\ a^4+4a^3(2b)+6a^2(2b)^2+4a(2b)^3+(2b)^4\\ =&\ a^4+8a^3b+24a^2b^2+32ab^3+16b^4 \end{align}

と展開できる．

展開された式の係数

次の展開式において， $\left[\quad\right]$ 内で指定された項の係数を求めよ．

  1. $(2x+1)^6\qquad[x^2]$
  2. $(2x-3y)^5\qquad[x^3y^2]$
  3. $\left(x^2-\dfrac{1}{2x}\right)^7\qquad\left[\frac{1}{x}\right]$
  4. $\left(x-\dfrac{1}{2x^2}\right)^{12}\qquad[定数項]$

  1. $(2x+1)^6$ を展開したとき， $x^2$ を含む項は
    2. \begin{align} _{6}\mathrm{C}_{4}(2x)^21^4 \end{align}

    $\uparrow$ 2項定理を部分的に使った

    となる．よって， $x^2$ の係数は

    \begin{align} _{6}\mathrm{C}_{4}\cdot2^2=\boldsymbol{60} \end{align}
  2. $(2x−3y)^5$ を展開したとき， $x^3y^2$ を含む項は
    3. \begin{align} _{5}\mathrm{C}_{2}(2x)^3(-3y)^2 \end{align}

    $\uparrow$ 2項定理を部分的に使った

    となる．よって， $x^3y^2$ の係数は \begin{align} _{5}\mathrm{C}_{2}\cdot2^3\cdot(-3)^2=\boldsymbol{720} \end{align}

  3. $(a+b)^7$ の展開において， $a=x^2,b=-\dfrac{1}{2x}$ としたものが $\left(x^2-\dfrac{1}{2x}\right)^7$ である． $a^2b^5$ を計算すると $\dfrac{1}{x}$ の項ができるので，このときの係数を求める．
    4. \begin{align} &_{7}\mathrm{C}_{5}a^2b^5\\ =\ &_{7}\mathrm{C}_{5}(x^2)^2\left(-\frac{1}{2x}\right)^5\\ =\ &_{7}\mathrm{C}_{5}\left(-\frac{1}{2}\right)^5\frac{1}{x}\\ =\ &-\frac{21}{32}\cdot\frac{1}{x} \end{align}

    $\uparrow$ 2項定理を部分的に使った

    よって，求める係数は $\boldsymbol{-\dfrac{21}{32}}$である．

  4. $(a+b)^{12}$ の展開において， $a=x,b=-\dfrac{1}{2x^2}$ としたものが $\left(x-\dfrac{1}{2x^2}\right)^{12}$ である． $a^8b^4$ を計算すると定数項ができるので，このときの係数を求める．

    \begin{align} &_{12}\mathrm{C}_{4}a^8b^4\\ =\ &_{12}\mathrm{C}_{4}x^8\left(-\frac{1}{2x^2}\right)^4\\ =\ &_{12}\mathrm{C}_{4}\left(-\frac{1}{2}\right)^4\\ =\ &\frac{495}{16} \end{align}

    $\uparrow$ 2項定理を部分的に使った

    よって，求める係数は $\boldsymbol{\dfrac{495}{16}}$ である．

2項定理の応用

次の展開式において， $[\quad]$ 内で指定された項の係数を求めよ．

  1. $(2x+y-z)^8\qquad[x^2y^3z^3]$
  2. $(x-2y-z)^5\qquad[x^2yz^2]$

  1. $(2x+y-z)^8=\left\{2x+(y-z)\right\}^8$ として考える．

    2. これを展開したとき， $x^2$ の項は

    \begin{align} _{8}\mathrm{C}_{6}(2x)^2(y-z)^6 \end{align}

    $\uparrow$ 2項定理を部分的に使った

    として計算される．

    さらに $(y−z)^6$ を展開したとき， $y^3$ の項は

    \begin{align} _{6}\mathrm{C}_{3}y^3(-x)^3 \end{align}

    $\uparrow$ 2項定理を部分的に使った

    として計算される．

    よって， $(2x+y-z)^8$ を展開したときの $x^2y^3z^3$ の係数は

    \begin{align} &_{8}\mathrm{C}_{6}\cdot\ 2^2\cdot\ _{6}\mathrm{C}_{3}\cdot(-1)^3\\ =\ &-4\cdot\ _{8}\mathrm{C}_{2}\cdot\ _{6}\mathrm{C}_{3}=\boldsymbol{-2240} \end{align}
  2. $(x-2y-z)^5=\left\{x+(-2y-z)\right\}^5$ として考える． これを展開したとき， $x^2$ の項は
    3. \begin{align} _{5}\mathrm{C}_{3}x^2(-2y-z)^3 \end{align}

    $\uparrow$ 2項定理を部分的に使った

    として計算される．

    さらに $(−2y−z)^3$ を展開したとき， $y$ の項は

    \begin{align} _{3}\mathrm{C}_{2}(-2y)(-z)^2 \end{align}

    $\uparrow$ 2項定理を部分的に使った

    として計算される．

    よって， $(x−2y−z)^8$ を展開したときの $x^2yz^2$ の係数は

    \begin{align} \ &_{5}\mathrm{C}_{3}\cdot\ _{3}\mathrm{C}_{2}\cdot(-2)\cdot(-1)^2\\ =\ &-2\cdot\ _{5}\mathrm{C}_{2}\cdot\ _{3}\mathrm{C}_{1}=\boldsymbol{-60} \end{align}

2項係数の和

2項定理を用いて次の等式を証明せよ．

  1. \begin{align} 2^n=&\ _{n}\mathrm{C}_{0}+\ _{n}\mathrm{C}_{1}+\ _{n}\mathrm{C}_{2}+\cdots\\ &\qquad+\ _{n}\mathrm{C}_{n-1}+\ _{n}\mathrm{C}_{n} \end{align}
  2. \begin{align} 0=&\ _{n}\mathrm{C}_{0}-\ _{n}\mathrm{C}_{1}+\ _{n}\mathrm{C}_{2}-\cdots\\ &\qquad+(-1)^{n-1}\ _{n}\mathrm{C}_{n-1}+(-1)^n\ _{n}\mathrm{C}_{n} \end{align}
  3. \begin{align} (-1)^n=&\ _{n}\mathrm{C}_{0}-2\ _{n}\mathrm{C}_{1}+2^2\ _{n}\mathrm{C}_{2}-\cdots\\ &+(-2)^{n-1}\ _{n}\mathrm{C}_{n-1}+(-2)^n\ _{n}\mathrm{C}_{n} \end{align}

2項定理

\begin{align} &\ (a+b)^n\\ =&\ _{n}\mathrm{C}_{0}a^n+\ _{n}\mathrm{C}_{1}a^{n-1}b+\ _{n}\mathrm{C}_{2}a^{n-2}b^2+\cdots\\ &\qquad+\ _{n}\mathrm{C}_{n-1}ab^{n-1}+\ _{n}\mathrm{C}_{n}b^n \end{align}

において

  1. $a=b=1$ とおくと
    2. \begin{align} 2^n=&\ _{n}\mathrm{C}_{0}+\ _{n}\mathrm{C}_{1}+\ _{n}\mathrm{C}_{2}+\cdots\\ &\qquad+\ _{n}\mathrm{C}_{n-1}+\ _{n}\mathrm{C}_{n} \end{align}

    となり，確かに成立する．

  2. $a=1,b=−1$ とおくと
    3. \begin{align} 0=&\ _{n}\mathrm{C}_{0}-\ _{n}\mathrm{C}_{1}+\ _{n}\mathrm{C}_{2}-\cdots\\ &+(-1)^{n-1}\ _{n}\mathrm{C}_{n-1}+(-1)^n\ _{n}\mathrm{C}_{n} \end{align}

    となり，確かに成立する．

  3. $a=1,b=−2$ とおくと
    4. \begin{align} &\ (-1)^n\\ =&\ _{n}\mathrm{C}_{0}-2\ _{n}\mathrm{C}_{1}+2^2\ _{n}\mathrm{C}_{2}-\cdots\\ &\qquad+(-2)^{n-1}\ _{n}\mathrm{C}_{n-1}+(-2)^n\ _{n}\mathrm{C}_{n} \end{align}

    となり，確かに成立する．