二項定理の拡張


$1\ \ 定義$

$nが自然数のとき、展開公式$

$\qquad (a+b)^n=_nC_0a^n+_nC_1a^{n-1}b+ \cdots +_nC_nb^n$

$を二項定理といい、係数　_nC_r を二項係数といいます。_nC_r=\cfrac{n!}{r!(n-r)!}\ \ は組合せの式で、$

$\quad $(i)$\ \ _nC_r=_nC_{n-r}$
$\quad $(ii)$\ \ _nC_r+_nC_{r+1}=_{n+1}C_{r+1}$

$から有名なパスカルの三角形が導かれますので、これを使うと展開式の係数が少しは楽に計算できます。$

$では、指数が整数あるいは有理数のときはどうすればよいのでしょうか。$

$a >0 ,\ \ -a < b < a ,\ \ pを有理数とします。$

$\quad (a+b)^p=a^p(1+\cfrac{b}{a})^p$

$\quad \cfrac{b}{a}=x \ \ (-1 < x < 1) \ \ とおき、f(x)=(1+x)^p \ \ をマクローリン展開すると$

$\qquad f(x)=f(0)+\cfrac{f'(0)}{1!}x+ \cfrac{f''(0)}{2!}x^2+\cdots $

$f'(x)=p(1+x)^{p-1},\ \ f''(x)=p(p-1)(1+x)^{p-2},\ \ \cdots \ \ だから$

$\quad f(x)=1+\cfrac{p}{1!}x+\cfrac{p(p-1)}{2!}x^2+\cdots +\cfrac{p(p-1)\cdots (p-k+1)}{k!}x^k+\cdots $

$ここで、各項の係数を簡単に \left( \begin{array}{rr} p \\ k \\ \end{array} \right) とあらわすと、$

$\qquad \left( \begin{array}{rr} p \\ 1 \\ \end{array} \right) =\cfrac{p}{1!},\ \ \left( \begin{array}{rr} p \\ 2 \\ \end{array} \right) =\cfrac{p(p-1)}{2!},\ \ \cdots \ , \ \left( \begin{array}{rr} p \\ k \\ \end{array} \right) =\cfrac{p(p-1)\cdots (p-k+1)}{k!}$

$もちろん　pが自然数のときは、 \left( \begin{array}{rr} p \\ k \\ \end{array} \right) =_pC_k \ \ です。$
$したがって$
$\qquad (1+x)^p=1+ \left( \begin{array}{rr} p \\ 1 \\ \end{array} \right)x+ \left( \begin{array}{rr} p \\ 2 \\ \end{array} \right)x^2+ \cdots + \left( \begin{array}{rr} p \\ k \\ \end{array} \right)x^k+\cdots $

$よって$
\begin{eqnarray*} (a+b)^p &=&a^p(1+\cfrac{b}{a})^p\\ &=&a^p+ a^p \left( \begin{array}{rr} p \\ 1 \\ \end{array} \right) \big(\cfrac{b}{a}\big)+ a^p \left( \begin{array}{rr} p \\ 2 \\ \end{array} \right) \big(\cfrac{b}{a}\big)^2+ \cdots + a^p \left( \begin{array}{rr} p \\ k \\ \end{array} \right) \big(\cfrac{b}{a}\big)^k+ \cdots \\ &=&a^p+ \left( \begin{array}{rr} p \\ 1 \\ \end{array} \right) a^{p-1}b+ \left( \begin{array}{rr} p \\ 2 \\ \end{array} \right) a^{p-2}b^2+ \cdots + \left( \begin{array}{rr} p \\ k \\ \end{array} \right) a^{p-k}b^k+ \cdots \\ \end{eqnarray*}
$これを拡張された二項定理といいます。ただし、二項定理は有限項ですが、これは無限級数となります。$
$したがって、拡張された二項係数に対称性などの性質はありませんが、次のような漸化式が導けます。$

$\qquad \left( \begin{array}{rr} p\ \ \ \\ k+1 \\ \end{array} \right) =\cfrac{p(p-1)\cdots (p-k+1)(p-k)}{(k+1)!} =\left( \begin{array}{rr} p \\ k \\ \end{array} \right) \times \cfrac{p-k}{k+1}$

$これを使うと少しは計算が楽になります。$

$例1$

$\left( \begin{array}{rr} \dfrac{1}{2}\\ 1\ \\ \end{array} \right) =\cfrac{1}{2} \quad ,\hspace{1em} \left( \begin{array}{rr} \dfrac{1}{2}\\ 2\ \\ \end{array} \right) =\cfrac{1}{2} \times \cfrac{\dfrac{1}{2}-1}{2}=-\cfrac{1}{8}\quad , \hspace{1em} \left( \begin{array}{rr} \dfrac{1}{2}\\ 3\ \\ \end{array} \right) =-\cfrac{1}{8} \times \cfrac{\dfrac{1}{2}-2}{3}=\cfrac{1}{16}\quad , \hspace{1em} \left( \begin{array}{rr} \dfrac{1}{2}\\ 4\ \\ \end{array} \right) =\cfrac{1}{16} \times \cfrac{\dfrac{1}{2}-3}{4}=-\cfrac{5}{128}$

$したがって、-1 < x <1 のとき$
$\qquad \sqrt{1+x}=(1+x)^\dfrac{1}{2}=1+\cfrac{1}{2}x-\cfrac{1}{8}x^2+\cfrac{1}{16}x^3-\cfrac{5}{128}x^4+ \cdots $


$例2$

$\left( \begin{array}{rr} -\dfrac{1}{2}\\ 1\ \\ \end{array} \right) =-\cfrac{1}{2} \ ,\ \left( \begin{array}{rr} -\dfrac{1}{2}\\ 2\ \\ \end{array} \right) =-\cfrac{1}{2} \times \cfrac{-\dfrac{1}{2}-1}{2}=\cfrac{3}{8}\ , \ \left( \begin{array}{rr} -\dfrac{1}{2}\\ 3\ \\ \end{array} \right) =\cfrac{3}{8} \times \cfrac{-\dfrac{1}{2}-2}{3}=-\cfrac{5}{16}\ , \ \left( \begin{array}{rr} -\dfrac{1}{2}\\ 4\ \\ \end{array} \right) =-\cfrac{5}{16} \times \cfrac{-\dfrac{1}{2}-3}{4}=\cfrac{35}{128}$

$したがって、-1 < x <1 のとき$
$\qquad \cfrac{1}{\sqrt{1+x}}=(1+x)^{-\dfrac{1}{2}}=1-\cfrac{1}{2}x+\cfrac{3}{8}x^2-\cfrac{5}{16}x^3+\cfrac{35}{128}x^4+ \cdots $


$例3$

$\left( \begin{array}{rr} \dfrac{1}{3}\\ 1\ \\ \end{array} \right) =\cfrac{1}{3} \quad ,\hspace{1em} \left( \begin{array}{rr} \dfrac{1}{3}\\ 2\ \\ \end{array} \right) =\cfrac{1}{3} \times \cfrac{\dfrac{1}{3}-1}{2}=-\cfrac{1}{9}\quad , \hspace{1em} \left( \begin{array}{rr} \dfrac{1}{3}\\ 3\ \\ \end{array} \right) =-\cfrac{1}{9} \times \cfrac{\dfrac{1}{3}-2}{3}=\cfrac{5}{81}\quad , \hspace{1em} \left( \begin{array}{rr} \dfrac{1}{3}\\ 4\ \\ \end{array} \right) =\cfrac{5}{81} \times \cfrac{\dfrac{1}{3}-3}{4}=-\cfrac{10}{243}$

$したがって、-1 < x <1 のとき$
$\qquad \sqrt[3]{1+x}=(1+x)^\dfrac{1}{3}=1+\cfrac{1}{3}x-\cfrac{1}{9}x^2+\cfrac{5}{81}x^3-\cfrac{10}{243}x^4+ \cdots $



　

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