二項係数・二項定理を考える①(二項係数の性質・典型問題)【大学入試数学】【数学ⅠA・ⅡB】

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どうも!受験コーチSHUです!

大学入試の数学では、それなりの頻度で二項係数(二項定理)が解答のポイントになることがあります。

受験生当時から、模範解答を見たとき頻繁に「なんでここで二項定理の発想なの?」という疑問を抱きつつも放置していました。「明らかにこれは二項定理でしょ!」という問題から、「こんな使い方もあるのか!」と驚く問題まで幅広く、なんだか掴みどころがない印象を持っている人も多いのではないでしょうか?

さて、先日読者の方から

「二項定理を利用する問題ってどんな発想すればいいんですか?何かポイントはありますか?」

という質問をしていただきました。

「いや~分からないな~」というのもアレですし、長年放置してきた疑問ですから、折角なので二項定理について考えるシリーズを始めようと思います。全部で何回になるか分かりませんが、年内にはある程度片づける予定です。数学科でもなんでもなく、その辺の生命科学系の大学生が考えている程度の話ということでご了承ください✋

それでは!初回となる今回は二項定理に関する基本的な知識を確認し、典型問題について見ていきましょう!

二項係数と二項定理

異なる(区別のつく)\(n\)個のものから、\(k\)個を取り出して並べるような並べ方の総数は$$ {}_n \mathrm{C} _k $$と表すことができます。この\({}_n \mathrm{C} _k\)を二項係数と呼び、\({}_n \mathrm{C} _k\)は、階乗を用いると、$$ {}_n \mathrm{C} _k = \frac{n!}{k! \times (n-k)!} $$と表すことができます。

また、一般的に\( k < 0 \)となる時や\( n < k \)となる時には、\( {}_n \mathrm{C} _k = 0 \)という風に約束します。 

さて、二項定理とは次のような定理です。
$$ (a + b)^n = \sum_{k = 0}^{n} {}_n \mathrm{C} _k \times a^{(n-k)} \times b^{k} $$

この時、\( {}_n \mathrm{C} _k \)は \( (a + b)^n \)を展開した際に現れる\( a^{n-k} b^k \)の係数であることが分かります。以降、この定理は既知として話を進めます。

ここで注目したいのは、\( a, b, n\)を全て整数としたとき、\( a^n, b^n \)を除く項は全て\(n\)の倍数となっていることです。この性質を用いた証明問題はよく見かける印象があります。実際に自分で二項展開して確かめてください。

更に面白いのは、組み合わせの議論で用いられる\({}_n \mathrm{C} _k\)が、\( (a + b)^n \)の展開と言う代数的な話で登場することではないでしょうか。

 代数的(簡単に言えば、有限回の累乗&四則演算による)なアプローチと、組み合わせ的なアプローチの双方から二項係数にまつわる性質を理解するようにするとスッキリすることが多いです。

次に挙げるような性質は、問題を解くカギになることが多いです。代数的アプローチと組み合わせ的アプローチの両方で見ていきましょう。

これだけは知っておけ!二項係数の性質

二項係数には、有名な公式がたくさんあります。今回は、よく登場する以下の有名な等式について扱います。

二項係数の重要な性質

    (1)\begin{equation} {}_n \mathrm{C} _k = {}_n \mathrm{C} _{n-k} \end{equation}
    (2)\begin{equation} {}_n \mathrm{C} _k ={}_{n-1} \mathrm{C} _{k-1} + {}_{n-1} \mathrm{C} _k \end{equation}
    (3)\begin{equation} k {}_n \mathrm{C} _k = n {}_{n-1} \mathrm{C} _{k-1} \end{equation}
    (4)\begin{equation} \sum_{k = 0}^{n} {}_n \mathrm{C} _k = 2^n \end{equation}

(数式見にくくなってたらごめんなさい…)

特に重要(有名)なのは(1)~(3)の性質です。(4)については、二項定理の特殊な場合を考えたもので、多くの問題に応用できるものです。まずはそれぞれ代数的な証明を見ていきましょう。

証明
上記(1)~(4)の性質を代数的に示す。

(1)\begin{eqnarray}
{}_n \mathrm{C} _k & = & \frac{n!}{k! \times (n-k)!} \\
& = & \frac{n!}{(n-k)! \times (n-(n-k))!} \\
& = & {}_n \mathrm{C} _{n-k}
\end{eqnarray}

(2)\begin{eqnarray}
{}_{n-1} \mathrm{C} _{k-1} + {}_{n-1} \mathrm{C} _k
& = &\frac{(n-1)!}{(k-1)! \times (n-1-(k-1))!} + \frac{(n-1)!}{k! \times (n-1-k)!} \\ 
& = &  \frac{(n-1)!}{(k-1)! \times (n-k)!} + \frac{(n-1)!}{k! \times (n-k-1)!} \\ 
& = & \frac{k \times (n-1)!}{(n-k)! \times k \times(k-1)!} + \frac{(n -k ) \times (n-1)!}{(n -k)\times(n-k-1)!\times k!} \\ 
& = & \frac{k(n-1)! + (n-k)(n-1)!}{(n-k)!k!} \\ 
& = & \frac{n!}{(n-k)!k!} \\ 
& = & {}_n \mathrm{C} _k 
\end{eqnarray}

(3)\begin{eqnarray}
k {}_n \mathrm{C} _k & = & \frac{k \times n!}{(n-k)!k!} \\
& = & \frac{n!}{(n-k)!(k-1)!} \\
& = & \frac{n(n-1)!}{(n-k)!k!} \\
& = & \frac{n(n-1)!}{{(n-1) – (k – 1)}!(k-1)!} \\
& = & n {}_{n-1} \mathrm{C} _{k-1}
\end{eqnarray}

(4)二項定理において、\( a=b=1 \)とすればよい。

(2)については、右辺から左辺を導きました。いずれの式変形もそこまで難しい物ではないので、階乗の扱いや簡単な計算練習だと思ってやってみてください。

さて、これらの性質を覚えるのはやや大変なように思えます。そこでこれらの等式を理解する上で強力なのが組み合わせ的な考え方です。(4)は二項定理の具体例にすぎませんから、(1)~(3)を組み合わせ的な発想で理解していきましょう。代数的な証明よりもやや発想力が必要ですが、具体例に当てはめて理解できます。数式を日本語として理解する練習にもなるので、是非自分で具体例を考えてみてください!

組み合わせ論的な意味
(1)
\( n \)個の異なるものから \( k \)個を取り出して並べるような並べ方の総数は、残りの\( n-k \)個を選ぶような選び方、すなわち\( n-k \)個の「選ばれないものを選ぶ」方法の総数に等しい。
具体的に言えば、15人のクラスから2人の代表を選ぶ選び方の総数は、代表に選ばれない13人を選ぶ選び方の総数と一致している、という状況を想定すれば容易に理解できるだろう。

(2)
例えば、40人のクラスで野球チームを作る状況を考える。つまり、\( n = 40, k = 9 \)である。ある特定の人(あなたとしよう)に注目すると、この等式の意味が理解できる。あなたが野球チームに参加する時、あなたを除く39人から残りのチームメンバー8人を選ぶから、このような選び方は\( \displaystyle {}_{40 – 1} \mathrm{C} _{9 – 1} \)通りである。また、あなたが野球チームに参加しない時、あなたを除く39人からチームメンバー9人を選ぶから、このような選び方は\( \displaystyle {}_{40 – 1} \mathrm{C} _{9} \)通りである。あなた自身は「野球チームに参加するか、参加しないか」という2種類の選択しかできず、これらは排反であるから、40人のクラスから野球チームの9人を選ぶような選び方の総数\( \displaystyle {}_{40} \mathrm{C} _{9} \)は
\begin{equation} {}_{40} \mathrm{C} _{9} = {}_{39} \mathrm{C} _{8} + {}_{39} \mathrm{C} _{9} \end{equation}
と表すことができる。

(3)
40人の候補生から9人のアイドルグループのメンバーを選ぶ選び方の総数は\( \displaystyle {}_{40} \mathrm{C} _{9} \)通りである。さて、このグループのリーダーを決めることになった(当然、リーダーはメンバーの中から選べなければならない)。この時、9人のメンバーを選び、その中から1人のリーダーを選ぶような選び方を求めればよく、それは\( 9 \times \displaystyle {}_{40} \mathrm{C} _{9} \)通りである。今度は、40人の候補者に1人の圧倒的カリスマがいて、リーダーが確定しているような状況を想定しよう。この場合、1人のカリスマは既にメンバーとして確定しており、残りの候補生39人から残りのメンバー8人を選ぶことになるから、残りのメンバーの選び方は\( \displaystyle {}_{40-1} \mathrm{C} _{9-1} \)通りである。メンバーを先に選んだ後にリーダーを選ぼうが、リーダーを先に選んだ後にメンバーを選ぼうが、最終的なメンバーとリーダーの選び方の総数は変わらないので、等式
\begin{equation} 9\times {}_{40} \mathrm{C} _{9} = 40\times {}_{39} \mathrm{C} _{8}  \end{equation}
が成り立つ。つまり、
\begin{equation} k {}_n \mathrm{C} _k = n {}_{n-1} \mathrm{C} _{k-1} \end{equation}

これらについては、自分で具体的な状況に当てはめて計算してみると納得がいくと思います。どこか違和感を覚えるのであればここに挙げた例を実際に計算してみて等式が成り立つことを確かめてもいいし、自分でもっと計算しやすい例を作ってみてもいいのではないでしょうか。君自身が納得いくことがベスト!納得していない数式は、上手く扱えないですよ。

二項係数(二項定理)を使う典型問題

二項定理を利用する問題として、定番なのが

  1. 展開式における、特定の項の係数
  2. 倍数、剰余に関する証明

です。いくつかの例題を見ながら解説します。

展開式における係数問題

例えば、このような問題は二項定理を利用する典型的な例でしょう。

例題1

\( (x – 3y)^{13} \)における、\( x^5y^8 \)の係数を求めよ。

これは二項定理を使うほかない問題でしょう。上に示した二項定理において\( a=x, b=-3y \)として、次数を合わせて計算すればOKです。パスカルの三角形やなどと合わせて確認しておくと良いでしょう。あまりにも基本的ですから、解答は省略します。解けた方はコメントで!

また、例題1における\( x \)や\( y \)が具体的な数字となった場合であっても二項定理は威力を発揮します。

例題2 \( a=22^{33}, b=2021^a \)とする。

(1) \( a \)の下一桁を求めよ。
(2) \( b \)の下二桁を求めよ。

もちろん自然数の累乗の下一桁はループしますから、22のナントカ乗を繰り返したり2021のナントカ乗を繰り返したりして、その周期から\( a \)の1の位を求めても良いのですが、二項定理を応用して計算することもできます。

解答例
(1)
\( A = 20 \)とおく。二項定理から、
\begin{eqnarray}
a = (20 + 2)^{33}
& = & \sum_{k=0}^{33} {}_{33} \mathrm{C} _k \times A^{33 – k }2^k \\
& = & A \sum_{k = 0}^{32} {}_{33} \mathrm{C} _k \times A^{32 – k}2^k + 2^{33}
\end{eqnarray}
となる。ここで、Aは10の倍数であるから、\( a \)の1の位は\( 2^{33} \)の1の位と一致する。\( 2^n \)の1の位は4を周期としてループ(2→4→8→6→2)しているので、\( a \)の1の位は\( 2 \)である。

※\( a \)の1の位が\( 2^{33} \)の1の位と一致することは直感的に明らかだろう。

(2)
\( 2020 = B \)とおく。二項定理から、
\begin{eqnarray}
b = (2020 + 1)^a 
& = & \sum_{k=0}^{a} {}_n \mathrm{C} _k \times B^{a – k} \\
& = & {}_a \mathrm{C} _0 B^a + {}_a \mathrm{C} _1 B^{a-1} + \cdots + {}_a \mathrm{C} _{a-2} B^{2} + {}_a \mathrm{C} _{a-1} B + 1 \\
& = & B^2 \sum_{k=0}^{a-2} {}_a \mathrm{C} _k B^{a – k – 2} + {}_a \mathrm{C} _1 B + 1 \\
& = & B^2 \sum_{k=0}^{a-2} {}_a \mathrm{C} _k B^{a – k – 2} + aB + 1 \\
\end{eqnarray}
となる。ここで、\( B = 2020 \)より\( B^2 \)は100で割り切れるから、\( b \)の下二桁は \(aB + 1 \)の下二桁と一致する。\( B =2020 \)を考慮すれば、\( aB \)の下二桁は\( 2 \times B \)の下二桁と一致する(ここで登場した2は、(1)の結果である)。従って、\( b \)の下二桁は\( 41 \)となる。 (以上)

いかがでしょうか?(1)はどのように考えても解けるのですが、(2)は力技で解くのは大変だと思います。2021の累乗は非常に大きな数になり、計算するのが大変ですよね。そこで利用できるのが二項定理です。この問題を踏まえれば、大きな数の累乗や、指数が大きいもの(例題2-(2))の計算、ないしn次多項式の計算などに二項定理が利用できるのではないか、という推測ができそうです。さて、今度は具体的な数字でなく、多項式の計算にこの定理を利用してみましょう。

剰余(整数・多項式)の問題

具体的な数字が当てはめられていない時は、このような形で出題されるわけです。

例題3 \( p \)を素数、\( a, b \)を整数とする。このとき、次の問に答えよ。
(1) \( (a + b)^p – a^p – b^ p  \)は\( p \)で割り切れることを示せ。
(2) \( (a + 2)^p – a^p \)は偶数であることを示せ。
(3) \( (a + 2)^p – a^p \)を\( 2p \)で割った余りを求めよ。

 

このような場合、どうすればよいでしょうか。今、3つの整数\( a, b, p \)は全て未知数ですから、\( (a+b)^p \)を展開して代数的に処理することが好ましいと思います。また、この問題では整数の累乗を考えていますから、余りは整数であることに注意しましょう。多項式の余りと、整数の余りは少し注意が必要です。この話についてはまた後日記事にしようと思います。それでは、解答例を紹介します。

発想
\(p, 2, 2p\)で割る、という話をしているのだから、\( (a + b)^p \)のままでは扱いにくい。割り切れるということは「\(p\)でくくれる」ということだから、\( (a + b)^p \)を何かしらの手段で(つまり二項定理!)展開してあげれば話がしやすいだろう。

解答例
(1)
二項定理を用いれば、
\begin{eqnarray}
(a+b)^p -a^p -b^p
& = & \sum_{k=0}^{p} {}_p \mathrm{C} _k \times a^{p-k}b^k -a^p -b^p \\ 
& = & a^p + {}_p \mathrm{C} _1 a^{p-1}b + \cdots + {}_p \mathrm{C} _{p-1} a^1 b^{p-1} + b^p -a^p -b^p \\
& = & p(a^{p-1}b + \cdots + ab^{p-1})
\end{eqnarray}
となるから、\( (a+b)^p -a^p -b^p \)は\( p \)で割り切れる。

(2)
(1)において、\( b=2 \)とした状況を考えればよい。二項定理を用いれば、
\begin{eqnarray}
(a + 2)^p -a^p
& = & a^p + {}_p \mathrm{C} _1 \times 2a^{p-1} + \cdots + {}_p \mathrm{C} _{p-1} \times a2^{p-1} + 2^{p} – a^p \\
& = & 2(pa^{p-1} + \cdots + 2^{p-2}pa) 
\end{eqnarray}
となる。\( p≧2 \)より\( (pa^{p-1} + \cdots + 2^{p-2}pa) \)は整数であるから、\( (a + 2)^p -a^p \)は偶数である。

(3)
(2)の展開式を利用する。
※ただ、展開式を見たとき\( 2^{p-2} \)が登場することから\( p=2 \)での場合分けが必要になりそうですね。まずは、\( p=2 \)の時を考えてみましょう.

\( p = 2 \)の時、
\begin{eqnarray}
(a + 2)^2 -a^2
& = & 4a + 4 \\
& = & 4(a + 1) \\
& = & 2p(a + 1)
\end{eqnarray}
となり、\( (a + 2)^p -a^p \)を\( 2p \)で割った余りは\( 0 \)となる。

次に、\( p>2 \)の時を考える。(2)の結果より
\begin{eqnarray}
(a + 2)^p -a^p
& = & a^p + 2{}_p \mathrm{C} _1 \times a^{p-1} + \cdots + {}_p \mathrm{C} _{p-1} \times a^1 2^{p-1} + 2^{p} – a^p \\
& = & 2a^{p-1}p + \frac{p(p-1)}{2} \times 2^2 a^{p-2} + \cdots + \frac{p(p-1)}{2} \times 2^{p-2} a^2 + 2^{p-1} ap + 2^p 
\end{eqnarray}
となる。ここで、\( p \)は奇素数であるから\( p-1 = 2M \)というようにある整数\( M \)を用いて表せる。従って上式は
\begin{equation}
 2a^{p-1}p + \frac{p(p-1)}{2} \times 2^2 a^{p-2} + \cdots + \frac{p(p-1)}{2} \times 2^{p-2} a^2 + 2^{p-1} ap + 2^p \\
=2p(a^{p-1} + 2Ma^{p-2} + \cdots + 2^{p-3}Ma^2 + 2^{p-2}a) + 2^p
\end{equation}
と変形できる。つまり、\( (a + 2)^p -a^p \)を\( 2p \)で割った余りは\( 2^p \)を\( 2p \)で割った余りを考えばよく、\( 2^{p-1} \)を\(p\)で割った余りは\( 1 \)である(\( p \)は奇素数で、\( 2^{p-1}>p \)である)から、\( 2^p \)を\( 2p \)で割った余りは\( 2 \)となる。

以上をまとめて、\( (a + 2)^p -a^p \)を\( 2p \)で割った余りは\( \left \{\begin{array}{l}
0 (p=2のとき)\\
2 (p>2のとき)
\end{array}
\right. \) (以上)

以上が例題3の解答例になります(※(3)の議論がまずい気がします。申し訳ございません。後日、きちんと修正を加えます)発想のところでも述べましたが、今回は\( (a+b)^p \)を割るということなのですが、割り算を行うためには「割り算が可能な形」、すなわち「割る数でくくれる形」への変形が要求されるわけです。この読み取りができれば、\( (a+b)^p \)を二項定理を用いて展開するという発想は至って自然ということになります。

冒頭でも述べたように、二項展開と倍数性は一緒に登場することが多いです。それは、二項係数が整数であることが一つの理由となっていて、二項係数を扱った整数問題も多数あります。

例題の解答例についてのツッコミ、別解等思いついた方は是非コメントしてください!

まとめ

それでは、今回の内容を復習して終わりましょう。

今回のまとめ

  • 二項定理で現れる二項係数は整数だから、整数問題や整式の計算問題での利用が多い
  • 特に整数では、大きな数の累乗や、指数が大きい計算で利用できる
  • 具体的な数が与えられていない整数問題でも、題意をきちんと汲んで、二項定理を使うシーンがある

次回以降のシリーズでは、二項係数のもうすこしマニアックな性質や、二項定理、二項係数の性質を利用した別の問題について扱っていきます。それでは!

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今回は具体的に「数学」の「二項定理」に注目した記事でした。このブログでは、そういった具体的なテーマ以外にも、受験勉強、ひいては勉強そのものについてのテクニックや本質的な情報も発信してきます。

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