場合の数７｜二項定理を理解しよう！場合の数を使って導出！

前回の記事では，重複する場合の数を求める際には「重複度で割る」という重複組合せの考え方がとても便利であることを説明しました．

この重複組合せの考え方を使うと， $(a+b)^n$ の展開公式である[二項定理]を導くことができます．

「組み合わせ」と「展開公式」が結びつくのは少し以外に思えるかもしれませんが，一度分かってしまえば展開公式が「重複組合せ」にしか見えなくなります(笑)

なお，この記事で説明する[二項定理]は2項 $a+b$ に関する $(a+b)^n$ の展開公式ですが，のちの記事で説明するように項が増えた場合の展開公式として[多項定理]というものがあります．

その[多項定理]の記事でも同じく「重複組合せ」の考え方を使うので，この記事で「重複組合せ」の考え方を習得してください．

場合の数の一連の記事はこちら

【場合の数１｜「和の法則」と「積の法則」は超アタリマエ！】
【場合の数２｜「順列_nP_k」の考え方と公式は超カンタン！】
【場合の数３｜実はカンタンな円順列と数珠順列の考え方】
【場合の数４｜「組み合わせ_nC_k」を考え方から性質まで攻略】
【場合の数５｜同じものを含むと順列はどう変わる？】
【場合の数６｜「重複組み合わせ」は２パターンでOK！】
【場合の数７｜二項定理を理解しよう！場合の数を使って導出！】
【場合の数８｜二項係数_nC_kの性質と「パスカルの三角形」】
【場合の数９｜多項定理とは？実は二項定理と同じ考え方！】

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1 二項定理
- 1.1 二項定理の内容
- 1.2 具体例
2 二項定理の考え方
3 補足

二項定理

最初に[二項定理]の内容を説明し，そのあとに考え方を説明します．

二項定理の内容

展開公式

$\begin{align*} &(a+b)^2=a^2+2ab+b^2, \\&(a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3 \end{align*}$

は当たり前にしておきたい公式ですね．

さて，これら $(a+b)^2$ や $(a+b)^3$ の指数部分を $n$ とした以下のような $(a+b)^n$ の展開公式を[二項定理]と言います．

[二項定理]　実数(複素数) $a$ ， $b$ と正の整数 $n$ に対して，次の展開公式が成り立つ．

$(a+b)^{n}=\Co{n}{0}a^{n}+\Co{n}{1}a^{n-1}b+\Co{n}{2}a^{n-2}b^2+\dots+\Co{n}{n-1}ab^{n-1}+\Co{n}{n}b^{n}$

$a$ ， $b$ は実数でも複素数でも構いません．

また， $\Co{n}{0}=\Co{n}{n}=1$ なので，以下のように $a^n$ の係数と $b^n$ の係数は1ですね．

$\begin{align*} (a+b)^{n}=a^{n}+\Co{n}{1}a^{n-1}b+\Co{n}{2}a^{n-2}b^2+\dots+\Co{n}{n-1}ab^{n-1}+b^{n} \end{align*}$

また，この[二項定理]を用いて展開することを「二項展開」ということもあります．

具体例

さて，具体的な $n$ で[二項定理]の様子を確認してみましょう．

・ $n=1$ のとき，

$\begin{align*} &(a+b)^1=a+b, \\&\Co{1}{0}a+\Co{1}{1}b=a+b \end{align*}$

ですから，確かに[二項定理] $(a+b)^1=\Co{1}{0}a+\Co{1}{1}b$ は正しいですね．

・ $n=2$ のとき，

$\begin{align*} &(a+b)^{2}=a^{2}+2ab+b^{2}, \\&\Co{2}{0}a^{2}+\Co{2}{1}ab+\Co{2}{2}b^{2}=a^{2}+2ab+b^{2} \end{align*}$

ですから，確かに[二項定理] $(a+b)^2=\Co{2}{0}a^{2}+\Co{2}{1}ab+\Co{2}{2}b^{2}$ は正しいですね．

・ $n=3$ のとき，

$\begin{align*} &(a+b)^{3}=a^{3}+3a^{2}b+3ab^{2}+b^{3}, \\&\Co{3}{0}a^{3}+\Co{3}{1}a^{2}b+\Co{3}{2}ab^{2}+\Co{3}{3}b^{3}=a^{3}+3a^{2}b+3ab^{2}+b^{3} \end{align*}$

ですから，確かに[二項定理] $(a+b)^3=\Co{3}{0}a^{3}+\Co{3}{1}a^{2}b+\Co{3}{2}ab^{2}+\Co{3}{3}b^{3}$ は正しいですね．

$n=3$ 程度なら[二項定理]を使わなくても頑張って展開すれば求めることができますが，[二項定理]が威力を発揮するのは指数 $n$ が大きくなったときです．

例えば， $(a+b)^{7}$ を実際に頑張って展開しようとすると，かなり面倒な計算をすることになりますが，[二項定理]を使えば以下のように比較的簡単に展開することができます，

$\begin{align*} (a+b)^{7} =&\Co{7}{0}a^{7}+\Co{7}{1}a^{6}b+\Co{7}{2}a^{5}b^{2}+\dots+\Co{7}{7}b^{7} \\=&a^{7}+7a^{6}b+21a^{5}b^{2}+35a^{4}b^{3}+35a^{3}b^{4}+21a^{2}b^{5}+7ab^{6}+b^{7} \end{align*}$

と比較的ずいぶん楽に展開することができます．

なお，次の記事で説明する[パスカルの三角形]を使えば，さらに簡単に足し算だけでこの展開公式が求まることも分かります．

【場合の数８｜二項係数nCkの性質と「パスカルの三角形」】

[二項定理]は $(a+b)^n$ の展開公式ですが，具体的な $n$ に対しては[パスカルの三角形]を使う考え方も便利です．[パスカルの三角形]を使えば，具体的な $n$ に対して $(a+b)^n$ の展開が簡単な足し算だけで求まります．

二項定理は $n$ が大きいほど，通常の展開に比べて便利になる．

二項定理の考え方

[重複組み合わせ]の考え方を用いて，[二項定理]を考えることができます．

【前回の記事：場合の数６｜重複組み合わせの考え方と公式】

「A,B,Cの3種類の文字で7文字の並び(たとえばAABCBACなど)を作るような場合の数」を求めるときには，重複組合せの考え方を用います．ただし，この問題には「選ばない文字があってよい場合」と「選ばれない文字があってはならない場合」の2つの問題パターンがあります．この記事では，この問題の違いも含めて重複組合せを解説しています．

n=2の場合

分配法則から，普通に展開するなら

$\begin{align*} (a+b)^2 =&(a+b)(a+b) \\=&a(a+b)+b(a+b) \\=&a^2+ab+ba+b^2 \end{align*}$

ですね．こうみると，

第1項 $a^2$ は $(\boldsymbol{a}+b)(\boldsymbol{a}+b)$ の太字部分をかけてできたもの
第2項 $ab$ は $(\boldsymbol{a}+b)(a+\boldsymbol{b})$ を太字部分をかけてできたもの
第3項 $ba$ は $(a+\boldsymbol{b})(\boldsymbol{a}+b)$ を太字部分をかけてできたもの
第4項 $b^2$ は $(a+\boldsymbol{b})(a+\boldsymbol{b})$ を太字部分をかけてできたもの

であることが分かります．

つまり，2つの $a+b$ から $a$ か $b$ を選ぶことによって，全ての項が表せるわけですね．

そして，このとき $ab=ba$ ですから， $(a+b)^{2}=a^2+2ab+b^2$ となります．

イメージとしては， $a$ と $b$ と書かれたボールが入った箱が2つ並んでおり，

左の箱から $a$ を取り，右の箱から $a$ をとると $a^{2}$
左の箱から $a$ を取り，右の箱から $b$ をとると $ab$
左の箱から $b$ を取り，右の箱から $a$ をとると $ba$
左の箱から $b$ を取り，右の箱から $b$ をとると $b^{2}$

と考えることができます．

n=4の場合

もう少し $n$ を大きくして $n=4$ の場合を考えてみます．

$\begin{align*} (a+b)^4=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b) \end{align*}$

です．ここで， $n=2$ の場合と同じように，

$(\boldsymbol{a}+b)(\boldsymbol{a}+b)(\boldsymbol{a}+b)(\boldsymbol{a}+b)$ の太字部分をかけると $a^4$
$(\boldsymbol{a}+b)(\boldsymbol{a}+b)(\boldsymbol{a}+b)(a+\boldsymbol{b})$ を太字部分をかけると $a^3b$
$(\boldsymbol{a}+b)(\boldsymbol{a}+b)(a+\boldsymbol{b})(\boldsymbol{a}+b)$ を太字部分をかけると $a^2ba$
$(\boldsymbol{a}+b)(\boldsymbol{a}+b)(a+\boldsymbol{b})(a+\boldsymbol{b})$ を太字部分をかけると $a^2b^2$
……

と全部で $2^4$ 項，つまり $16$ 項できることが分かります．

また，このとき掛け合わされている $a$ と $b$ と $c$ の個数はいずれも4ですね．(たとえば， $a^4$ は $a$ が4個， $a^3b$ は $a$ が3個と $b$ が1個の合わせて4個)

つまり，4つの $a+b$ から $a$ か $b$ を選ぶことによって，全ての項が表せるわけですね．例えば， $(a+b)^4$ の4つの $(a+b)$ のうちから

3つで $a$ を取り出し，
1つので $b$ を取り出して

できる項は $a^3b$ なので，「4つの $(a+b)$ のうちから3つで $a$ を取り出し，1つで $b$ を取り出す場合の数」だけ $a^3b$ が出てくることになります．

4つの $a+b$ のうちから1つ $b$ を取り出すものを選べば，3つ $a$ を取り出すものは決まるから，この場合の数は $\Co{4}{1}$ となります．

以上より， $(a+b)^4$ を展開すれば， $a^3b$ は $\Co{4}{1}$ 個出てくるので， $a^3b$ の係数は $\Co{4}{1}$ となります．

他の項，たとえば $a^2b^2$ でも同様に，4つの $a+b$ のうちから2つ $b$ を取り出すものを選べば，2つ $a$ を取り出すものは決まるから，この場合の数は $\Co{4}{2}$ となりますから， $(a+b)^4$ を展開すれば $\Co{4}{1}a^3b$ が出てくることになります．

これを $a^4$ ， $a^3b$ ， $a^2b^2$ ， $ab^3$ ， $b^4$ の全てで同様に考えることで，

$\begin{align*} (a+b)^n=\Co{4}{0}a^{4}+\Co{4}{1}a^{3}b+\Co{4}{2}a^{2}b^{2}+\Co{4}{3}ab^{3}+\Co{4}{4}b^{4} \end{align*}$

が成り立ちます．

二項定理の証明

さて，今見た「二項定理の考え方」を使えば，同様に[二項定理]を証明できます．

[二項定理の証明]

$(a+b)^n$ を展開すると， $a^n$ ， $a^{n-1}b$ ， $a^{n-2}b^2$ ，……， $b^n$ の項によって表される．

$\begin{align*} (a+b)^n=\underbrace{(a+b)(a+b)\dots(a+b)}_{n} \end{align*}$

である．

$a^{n-k}b^r$ ( $r=0$ ，1，……， $n$ )の係数を考える．

$(a+b)^n$ の $n$ 個の $a+b$ のうちから， $b$ を取り出す $r$ 個を選べば， $a$ を取り出す $n-r$ 個が決まり，この場合の数は $\Co{n}{r}$ となる．

よって， $(a+b)^n$ を展開すれば $a^{n-r}b^r$ の係数は $\Co{n}{r}$ である．

したがって， $(a+b)^n$ は

$\begin{align*} (a+b)^n=\Co{n}{0}a^{n}+\Co{n}{1}a^{n-1}b+\Co{n}{2}a^{n-2}b^2+\dots+\Co{n}{n-1}ab^{n-1}+\Co{n}{n}b^{n} \end{align*}$

と展開できる．

[証明終]

係数 $\Co{n}{k}$ は $n$ 個の $a+b$ のうち，どの $n-k$ 個から $a$ を取り出し，どの $k$ 個から $b$ を取り出すかということを表している．

補足

いくつか補足しましょう．

二項係数

もともと $\Co{n}{k}$ は「組み合わせ」から出てきたものですが，[二項定理]では係数として出てきます．

この意味で， $\Co{n}{k}$ を二項係数ということも多いです．

[二項定理]から，二項係数に関する次の等式が成り立つことは有名なので知っておいて良いでしょう．

$\begin{align*} &2^n=\Co{n}{0}+\Co{n}{1}+\Co{n}{2}+\dots+\Co{n}{n-1}+\Co{n}{n}, \\&0=\Co{n}{0}-\Co{n}{1}+\Co{n}{2}-\dots+(-1)^{n-1}\Co{n}{n-1}+(-1)^{n}\Co{n}{n} \end{align*}$

[二項定理]で $a=b=1$ とすれば一つ目の等式が， $a=1$ ， $b=-1$ とすれば二つ目の等式が成り立つことが分かります．

二項係数の順番

二項係数については， $\Co{7}{2}=\Co{7}{5}$ のように，一般に $\Co{n}{r}=\Co{n}{n-r}$ が成り立つのでした．

そのため，[二項定理]

$\begin{align*} (a+b)^{n}=\Co{n}{0}a^{n}+\Co{n}{1}a^{n-1}b+\dots+\Co{n}{n-1}ab^{n-1}+\Co{n}{n}b^{n} \end{align*}$

は二項係数の順番を真逆にした以下の式でも正しいです．

$\begin{align*} (a+b)^{n}=\Co{n}{n}a^{n}+\Co{n}{n-1}a^{n-1}b+\dots+\Co{n}{1}ab^{n-1}+\Co{n}{0}b^{n} \end{align*}$

使いやすい方を選びましょう．

「同じものを含む順列」を使った考え方

この記事では，「重複組合せ」を使って[二項定理]を考えましたが，「同じものを含む順列」を使っても導出することができます．

【場合の数５｜同じものを含む順列の考え方と公式】

ABCDEFの6文字の並べ方は $6!$ 通りありますが，たとえばAAAABBの並べ方は単純に $6!$ 通りではありません．このように，同じものを含む順列は単純な順列で求めることはできません．

$a$ を $k$ 個と $b$ を $\ell$ 個の合わせて $n$ 文字を並べることを考えます．

このとき， $abaabba\dots$ という並びは

$\begin{align*} (a+b)^n=\underbrace{(a+b)(a+b)\dots(a+b)}_{n} \end{align*}$

の右辺で，

1つ目の $(a+b)$ から $a$ を
2つ目の $(a+b)$ から $b$ を
3つ目の $(a+b)$ から $a$ を
4つ目の $(a+b)$ から $a$ を
5つ目の $(a+b)$ から $a$ を
……

と各 $(a+b)$ から $a$ と $b$ をどう取り出したかに対応しています．

つまり， $a$ を $k$ 個と $b$ を $\ell$ 個の合わせて $n$ 文字の並べ方と $a^{k}b^{n-k}$ の個数が一致することになります．

$a$ を $k$ 個と $b$ を $\ell$ 個の合わせて $n$ 文字を並べる場合の数は

$\begin{align*} \dfrac{n!}{k!\ell!}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}=\Co{n}{k} \end{align*}$

となって，確かに[重複組合せ]の説明と同じく $a^kb^{n-k}$ の係数が $\Co{n}{k}$ であることが分かりましたね．

【場合の数８｜二項係数_nC_kの性質と「パスカルの三角形」】

今回説明した $(a+b)^n$ の展開公式である[二項定理]は一般の $n$ に対して，展開した形が分かり非常に便利です．しかし，実は[パスカルの三角形]というものを考えれば，具体的な $n$ に対してもっと簡単に足し算だけで展開することができます．