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数学2 二項定理問題 14 解説

方針・初手

二項係数に関する等式の証明と、それを用いた和の計算である。(1)は階乗を用いた組合せの定義式に従って両辺を変形すればよい。(2)以降は、(1)の等式を用いて $k$ を消去し、二項定理 $\sum_{k=0}^n {}_n\mathrm{C}_k = 2^n$ を利用できる形に帰着させるのが基本方針である。また、二項定理の展開式を両辺微分することでも(2)以降の和を計算できるため、別解として示す。

解法1

(1)

${}_n\mathrm{C}_k$ の定義より、左辺は以下のように変形できる。

$$k{}_n\mathrm{C}_k = k \cdot \frac{n!}{k!(n-k)!} = \frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}$$

一方、右辺は以下のように変形できる。

$$n{}_{n-1}\mathrm{C}_{k-1} = n \cdot \frac{(n-1)!}{(k-1)! \{(n-1)-(k-1)\}!} = \frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}$$

したがって、

$$k{}_n\mathrm{C}_k = n{}_{n-1}\mathrm{C}_{k-1}$$

が成り立つ。

(2)

(1) の結果を用いると、求める和は次のように変形できる。

$$\sum_{k=1}^n k{}_n\mathrm{C}_k = \sum_{k=1}^n n{}_{n-1}\mathrm{C}_{k-1} = n \sum_{k=1}^n {}_{n-1}\mathrm{C}_{k-1}$$

ここで、$j = k-1$ とおくと、$k$ が $1$ から $n$ まで動くとき、$j$ は $0$ から $n-1$ まで動く。二項定理より、

$$\sum_{j=0}^{n-1} {}_{n-1}\mathrm{C}_j = (1+1)^{n-1} = 2^{n-1}$$

であるから、

$$\sum_{k=1}^n k{}_n\mathrm{C}_k = n2^{n-1}$$

となる。

(3)

(1) と同様にして、$k \geqq 2$ のとき、

$$\begin{aligned} k(k-1){}_n\mathrm{C}_k &= k(k-1) \cdot \frac{n!}{k!(n-k)!} \\ &= \frac{n!}{(k-2)!(n-k)!} \\ &= n(n-1) \cdot \frac{(n-2)!}{(k-2)! \{(n-2)-(k-2)\}!} \\ &= n(n-1){}_{n-2}\mathrm{C}_{k-2} \end{aligned}$$

が成り立つ。これを用いると、

$$\begin{aligned} \sum_{k=2}^n k(k-1){}_n\mathrm{C}_k &= \sum_{k=2}^n n(n-1){}_{n-2}\mathrm{C}_{k-2} \\ &= n(n-1) \sum_{k=2}^n {}_{n-2}\mathrm{C}_{k-2} \end{aligned}$$

$j = k-2$ とおくと、二項定理より

$$\sum_{j=0}^{n-2} {}_{n-2}\mathrm{C}_j = (1+1)^{n-2} = 2^{n-2}$$

であるから、

$$\sum_{k=2}^n k(k-1){}_n\mathrm{C}_k = n(n-1)2^{n-2}$$

となる。

(4)

和の中身を展開して、(2)および(3)の結果を利用できる形に変形する。

$$(k-1)^2 = k^2 - 2k + 1 = k(k-1) - k + 1$$

であるから、求める式は次のように分解できる。

$$\begin{aligned} 1 + \sum_{k=2}^n (k-1)^2{}_n\mathrm{C}_k &= 1 + \sum_{k=2}^n \{k(k-1) - k + 1\}{}_n\mathrm{C}_k \\ &= 1 + \sum_{k=2}^n k(k-1){}_n\mathrm{C}_k - \sum_{k=2}^n k{}_n\mathrm{C}_k + \sum_{k=2}^n {}_n\mathrm{C}_k \end{aligned}$$

ここで、各項の和は以下のように計算できる。

第2項は (3) より、

$$\sum_{k=2}^n k(k-1){}_n\mathrm{C}_k = n(n-1)2^{n-2}$$

第3項は (2) の結果を利用して、

$$\sum_{k=2}^n k{}_n\mathrm{C}_k = \sum_{k=1}^n k{}_n\mathrm{C}_k - 1 \cdot {}_n\mathrm{C}_1 = n2^{n-1} - n$$

第4項は二項定理を利用して、

$$\sum_{k=2}^n {}_n\mathrm{C}_k = \sum_{k=0}^n {}_n\mathrm{C}_k - {}_n\mathrm{C}_0 - {}_n\mathrm{C}_1 = 2^n - 1 - n$$

これらを代入して整理すると、

$$\begin{aligned} 1 + \sum_{k=2}^n (k-1)^2{}_n\mathrm{C}_k &= 1 + n(n-1)2^{n-2} - (n2^{n-1} - n) + (2^n - 1 - n) \\ &= 1 + n(n-1)2^{n-2} - n2^{n-1} + n + 2^n - 1 - n \\ &= n(n-1)2^{n-2} - n2^{n-1} + 2^n \\ &= 2^{n-2} \{ n(n-1) - 2n + 4 \} \\ &= 2^{n-2} (n^2 - 3n + 4) \end{aligned}$$

解法2

(2), (3) について、二項定理の微分を用いた別解

二項定理より、恒等式

$$(1+x)^n = \sum_{k=0}^n {}_n\mathrm{C}_k x^k$$

が成り立つ。

(2)

上記恒等式の両辺を $x$ で微分すると、

$$n(1+x)^{n-1} = \sum_{k=1}^n k{}_n\mathrm{C}_k x^{k-1}$$

両辺に $x=1$ を代入して、

$$n2^{n-1} = \sum_{k=1}^n k{}_n\mathrm{C}_k$$

を得る。

(3)

微分の等式の両辺をさらに $x$ で微分すると、

$$n(n-1)(1+x)^{n-2} = \sum_{k=2}^n k(k-1){}_n\mathrm{C}_k x^{k-2}$$

両辺に $x=1$ を代入して、

$$n(n-1)2^{n-2} = \sum_{k=2}^n k(k-1){}_n\mathrm{C}_k$$

を得る。

(4)

$(k-1)^2 = k(k-1) - k + 1$ という式変形を行い、(2)と(3)で得た結果を代入していく手順は解法1と同様であるため省略する。

解説

二項係数を含んだ和の計算における典型問題である。(1) で示された性質 $k{}_n\mathrm{C}_k = n{}_{n-1}\mathrm{C}_{k-1}$ は、二項係数の和を計算する際の強力な変形公式であり、特定の項（この場合は $k$）を二項係数の外から吸収して次数を下げる働きをする。

(4) では $(k-1)^2 = k(k-1) - k + 1$ という恒等式を用いることで、(2), (3) の結果および二項定理の和の公式を利用できる形に帰着させるのがポイントである。その際、シグマの開始インデックスが $k=2$ であることによる「不足する項の引き忘れ」に注意する必要がある。

また、解法2で示したような多項式の微分（いわゆる母関数の微分）は、このような二項係数の積和の計算において非常に有用な手法であり、誘導がない場合でも自力で思いつけるようにしておきたい。