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以下では二項係数nCrをC[n,r]と表記します。基本公式は教科書を見てください。
■１．漸化式(そのまま使用可能)
C[n,r] = C[n-1,r-1] + C[n-1,r]
■２．二項定理(そのまま使用可能)
【2-1】二項定理
(1+x)^n
= C[n,0] + C[n,1]x + C[n,2]x^2 + … + C[n,n-1]x^(n-1) + C[n,n]x^n
【2-2】二項係数和
2^n = C[n,0] + C[n,1] + C[n,2] + … + C[n,n]
【2-3】二項係数和
0 = C[n,0] - C[n,1] + C[n,2] - … + (-1)^(n)C[n,n]
■３．二項係数微分和
【3-1】
n(1 + x)^(n-1)
= C[n,1] + 2C[n,2]x + 3C[n,3]x^2 + … + C[n,n]x^(n-1)
【3-2】
n2^(n-1)
= C[n,1] + 2C[n,2] + 3C[n,3] + … + C[n,n]
【3-3】
0 = C[n,1] - 2C[n,2] + 3C[n,3] - … + (-1)^(n-1)C[n,n]
■４．二項係数積
【4-1】たたみこみの公式
C[m+n,r]
= C[m,0]C[n,r] + C[m,1]C[n,r-1] + C[m,2]C[n,r-2] + … + C[m,r]C[n,0]
【4-2】平方和
C[2n,n]
= (C[n,0])^2 + (C[n,1])^2 + (C[n,2])^2 + … + (C[n,n])^2
■５．斉次積(重複和)
【5-1】多重集合定理(平行等式)
(1 + x + x^2 + x^3 + … )^nのx^rの係数は
C[n,0] + C[n+1,1]+ C[n+2,2] + … + C[n+r,r]
= C[n+r+1,r]
= H[n,r] (←重複順列；多重集合係数)
となる。すなわち、
(1 + x + x^2 + x^3 + … )^n
= H[n,0] + H[n,1]x + H[n,2]x^2 + H[n,3]x^3 + …
■６．吸収等式(重要)
【6-1】
rC[n,r] = nC[n-1,r-1]
※計算すれば当たり前の公式だが、整数問題で多用する。
その他数多くあるが下のコメント欄にて。
■１．漸化式(そのまま使用可能)
C[n,r] = C[n-1,r-1] + C[n-1,r]
■２．二項定理(そのまま使用可能)
【2-1】二項定理
(1+x)^n
= C[n,0] + C[n,1]x + C[n,2]x^2 + … + C[n,n-1]x^(n-1) + C[n,n]x^n
【2-2】二項係数和
2^n = C[n,0] + C[n,1] + C[n,2] + … + C[n,n]
【2-3】二項係数和
0 = C[n,0] - C[n,1] + C[n,2] - … + (-1)^(n)C[n,n]
■３．二項係数微分和
【3-1】
n(1 + x)^(n-1)
= C[n,1] + 2C[n,2]x + 3C[n,3]x^2 + … + C[n,n]x^(n-1)
【3-2】
n2^(n-1)
= C[n,1] + 2C[n,2] + 3C[n,3] + … + C[n,n]
【3-3】
0 = C[n,1] - 2C[n,2] + 3C[n,3] - … + (-1)^(n-1)C[n,n]
■４．二項係数積
【4-1】たたみこみの公式
C[m+n,r]
= C[m,0]C[n,r] + C[m,1]C[n,r-1] + C[m,2]C[n,r-2] + … + C[m,r]C[n,0]
【4-2】平方和
C[2n,n]
= (C[n,0])^2 + (C[n,1])^2 + (C[n,2])^2 + … + (C[n,n])^2
■５．斉次積(重複和)
【5-1】多重集合定理(平行等式)
(1 + x + x^2 + x^3 + … )^nのx^rの係数は
C[n,0] + C[n+1,1]+ C[n+2,2] + … + C[n+r,r]
= C[n+r+1,r]
= H[n,r] (←重複順列；多重集合係数)
となる。すなわち、
(1 + x + x^2 + x^3 + … )^n
= H[n,0] + H[n,1]x + H[n,2]x^2 + H[n,3]x^3 + …
■６．吸収等式(重要)
【6-1】
rC[n,r] = nC[n-1,r-1]
※計算すれば当たり前の公式だが、整数問題で多用する。
その他数多くあるが下のコメント欄にて。
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コメント(23)
■７．素数の剰余
【7-1】
pを素数として、n = p^kであるとき、C[n,r](1≦r≦n-1)はかならずpで割り切れる。
【証明】【6-1】から証明できる。
【7-2】
pを素数として、n = p^k-1であるとき、C[n,r]はpで割り切れない。
【証明】【7-1】の証明時にでてくる。
※入試ではp=2の場合がよく出題される。パスカルの三角形で、偶数を黒く塗りつぶすと、いくつもの三角形が出現する。これをシェルピンスキーのキャビネットという。
■８．ベータ関数
【8-1】
∫[0,1]x^r(1-x)^(n-r)dx
= 1/(n+1)C[n,r]
※これをn,rが実数として組み換えたものをベータ関数といいます。
Β(p,q) = ∫[0,1]x^(p-1)(1-x)^(q-1)dx
= (p-1)!(q-1)!/(p+q-1)!
= (p+q-1)/C[p+q-2,p-1]
【8-2】
Σ[r=0,n](-1)^r/C[n,r] = (n+1){1+(-1)^n}/(n+2)
※【8-1】から導ける
■９．特殊和
【9-1】
Σ[r=0,n]{(-1)^r}C[n,r]C[n+r,r] = (-1)^n
【9-2】
Σ[k=0→n]{(-1)^k}C[n,k](x-k)^n = n!
■１０．フィボナッチ数和
【10-1】
C[n-1,0] + C[n-2,1] + C[n-3,2] + C[n-4,3] + … = F[n]
と定めると、F[n]は以下の等式をみたす。
F[1] = 1 , F[2] = 1
F[n+2] = F[n+1] + F[n]
すなわちフィボナッチ数である
【7-1】
pを素数として、n = p^kであるとき、C[n,r](1≦r≦n-1)はかならずpで割り切れる。
【証明】【6-1】から証明できる。
【7-2】
pを素数として、n = p^k-1であるとき、C[n,r]はpで割り切れない。
【証明】【7-1】の証明時にでてくる。
※入試ではp=2の場合がよく出題される。パスカルの三角形で、偶数を黒く塗りつぶすと、いくつもの三角形が出現する。これをシェルピンスキーのキャビネットという。
■８．ベータ関数
【8-1】
∫[0,1]x^r(1-x)^(n-r)dx
= 1/(n+1)C[n,r]
※これをn,rが実数として組み換えたものをベータ関数といいます。
Β(p,q) = ∫[0,1]x^(p-1)(1-x)^(q-1)dx
= (p-1)!(q-1)!/(p+q-1)!
= (p+q-1)/C[p+q-2,p-1]
【8-2】
Σ[r=0,n](-1)^r/C[n,r] = (n+1){1+(-1)^n}/(n+2)
※【8-1】から導ける
■９．特殊和
【9-1】
Σ[r=0,n]{(-1)^r}C[n,r]C[n+r,r] = (-1)^n
【9-2】
Σ[k=0→n]{(-1)^k}C[n,k](x-k)^n = n!
■１０．フィボナッチ数和
【10-1】
C[n-1,0] + C[n-2,1] + C[n-3,2] + C[n-4,3] + … = F[n]
と定めると、F[n]は以下の等式をみたす。
F[1] = 1 , F[2] = 1
F[n+2] = F[n+1] + F[n]
すなわちフィボナッチ数である
＞shuさん
できますよ。
あと、さきほどの説明に不備がありました。平行等式を書き換えると
H[n+1,0]+H[n+1,1]+H[n+1,2]+H[n+1,r]=H[n+2,r]
です。ちょっとズレてました、申し訳ない。やることは同じです。
x^r=x^a[1]*x^a[2]*…*x^a[n]
(a[k]は0以上r以下の整数)
ですので、
r = a[1] + a[2] + … + a[n]
をみたす整数の組(a[1],a[2],…,a[n])の個数を求めてやります。これは有名ですよね？
○○○○○○…○○
という具合に○をr個並べて、両端もしくは隙間に | をn-1個入れる組み合わせです。これはC[n+r-1,r]通り、すなわちH[n,r]通りです
できますよ。
あと、さきほどの説明に不備がありました。平行等式を書き換えると
H[n+1,0]+H[n+1,1]+H[n+1,2]+H[n+1,r]=H[n+2,r]
です。ちょっとズレてました、申し訳ない。やることは同じです。
x^r=x^a[1]*x^a[2]*…*x^a[n]
(a[k]は0以上r以下の整数)
ですので、
r = a[1] + a[2] + … + a[n]
をみたす整数の組(a[1],a[2],…,a[n])の個数を求めてやります。これは有名ですよね？
○○○○○○…○○
という具合に○をr個並べて、両端もしくは隙間に | をn-1個入れる組み合わせです。これはC[n+r-1,r]通り、すなわちH[n,r]通りです
12: EARL 様、ありがとうございます。 分かりました。
二項定理、組合せ
(1+x)(1+x)…(1+x) （n個の積）
x^rは、n個の因数からr個を選び、そのなかのxをかけて得られるから、x^rの係数は、C[n,r]
重複組合せ
(1+x+x^2+…)(1+x+x^2+…)…(1+x+x^2+…) （n個の積）
x^rは、n個の因数から重複を許してr個を選び、
もしも3個を重複していれば、その因数のなかのx^3をとることで、
それらのxをかけて得られるから、x^rの係数は、H[n,r]
しかし、あと、最初のトピの
(1 + x + x^2 + x^3 + … )^nのx^rの係数は
C[n,0] + C[n+1,1]+ C[n+2,2] + … + C[n+r,r]
の意味がよくわかりません。
二項定理、組合せ
(1+x)(1+x)…(1+x) （n個の積）
x^rは、n個の因数からr個を選び、そのなかのxをかけて得られるから、x^rの係数は、C[n,r]
重複組合せ
(1+x+x^2+…)(1+x+x^2+…)…(1+x+x^2+…) （n個の積）
x^rは、n個の因数から重複を許してr個を選び、
もしも3個を重複していれば、その因数のなかのx^3をとることで、
それらのxをかけて得られるから、x^rの係数は、H[n,r]
しかし、あと、最初のトピの
(1 + x + x^2 + x^3 + … )^nのx^rの係数は
C[n,0] + C[n+1,1]+ C[n+2,2] + … + C[n+r,r]
の意味がよくわかりません。
ん？先ほど書いた帰納的な考えがそれなんですが…
削除しちゃったのでもう一度。
C[n,0] + C[n+1,1] + C[n+2,2] + … + C[n+r+1,r] = C[n+r+1,r]
としていますが、二項係数だと分かりにくいので、全て多重集合係数で考えます。つまり
H[n+1,0] + H[n+1,1] + H[n+1,2] + … + H[n+1,r] = H[n+2,r]…【式1】
f[n]=(1 + x + x^2 + …)^nとおくと
●【式1】の左辺が意味するもの
f[n+1] = (1 + x + x^2 + …)^(n+1)を展開したとき
H[n+1,0] + H[n+1,1]x + H[n+1,2]x^2 + … + H[n+1,r]x^r + …
ですから、このうち0次〜r次の各項の係数の総和になります。
●右辺が意味するもの
f[n+2] = (1 + x + x^2 + …)^(n+2)を展開したときのx^rの係数になります。
いま、
f[n+1](1 + x + x^2 + …) = f[n+2]…【式2】
ですから、
【式2】の左辺のx^rの項は
Σ[k=0,r]H[n+1,k]x^k*x^(r-k) = Σ[k=0,r]H[n+1,k]x^r = x^rΣ[k=0,r]H[n+1,k]
となります。
一方、【式2】の右辺のx^rの項はH[n+2,r]です。
よって【式2】は恒等的に等しいので、係数比較して【式1】が導かれます。
削除しちゃったのでもう一度。
C[n,0] + C[n+1,1] + C[n+2,2] + … + C[n+r+1,r] = C[n+r+1,r]
としていますが、二項係数だと分かりにくいので、全て多重集合係数で考えます。つまり
H[n+1,0] + H[n+1,1] + H[n+1,2] + … + H[n+1,r] = H[n+2,r]…【式1】
f[n]=(1 + x + x^2 + …)^nとおくと
●【式1】の左辺が意味するもの
f[n+1] = (1 + x + x^2 + …)^(n+1)を展開したとき
H[n+1,0] + H[n+1,1]x + H[n+1,2]x^2 + … + H[n+1,r]x^r + …
ですから、このうち0次〜r次の各項の係数の総和になります。
●右辺が意味するもの
f[n+2] = (1 + x + x^2 + …)^(n+2)を展開したときのx^rの係数になります。
いま、
f[n+1](1 + x + x^2 + …) = f[n+2]…【式2】
ですから、
【式2】の左辺のx^rの項は
Σ[k=0,r]H[n+1,k]x^k*x^(r-k) = Σ[k=0,r]H[n+1,k]x^r = x^rΣ[k=0,r]H[n+1,k]
となります。
一方、【式2】の右辺のx^rの項はH[n+2,r]です。
よって【式2】は恒等的に等しいので、係数比較して【式1】が導かれます。
14: EARL 様。
(1 + x + x^2 + x^3 + … )^nのx^rの係数は３種類の表現がされています。
ア. C[n,0] + C[n+1,1]+ C[n+2,2] + … + C[n+r,r]
イ. C[n+r+1,r]
ウ. H[n,r]
イにおいては、
x^r=x^a[1]*x^a[2]*…*x^a[n]
(a[k]は0以上r以下の整数)
r = a[1] + a[2] + … + a[n]
をみたす整数の組(a[1],a[2],…,a[n])の個数を求めることで、組合せ的な意味合いを持たせることが出来ました。
ウにおいては、
x^rは、n個の因数から重複を許してr個を選び、
もしも3個を重複していれば、その因数のなかのx^3をとることで、 それらのxをかけて得られる、
と考えることで、組合せ的な意味合いを持たせることが出来ました。
アにおいても、（数学的帰納法ではなく） 組合せ的な意味合いで解釈したいのですが。
(1 + x + x^2 + x^3 + … )^nのx^rの係数は３種類の表現がされています。
ア. C[n,0] + C[n+1,1]+ C[n+2,2] + … + C[n+r,r]
イ. C[n+r+1,r]
ウ. H[n,r]
イにおいては、
x^r=x^a[1]*x^a[2]*…*x^a[n]
(a[k]は0以上r以下の整数)
r = a[1] + a[2] + … + a[n]
をみたす整数の組(a[1],a[2],…,a[n])の個数を求めることで、組合せ的な意味合いを持たせることが出来ました。
ウにおいては、
x^rは、n個の因数から重複を許してr個を選び、
もしも3個を重複していれば、その因数のなかのx^3をとることで、 それらのxをかけて得られる、
と考えることで、組合せ的な意味合いを持たせることが出来ました。
アにおいても、（数学的帰納法ではなく） 組合せ的な意味合いで解釈したいのですが。
冒頭トピは各二項係数のnをn-2と訂正してください。
で、
C[n,0] + C[n+1,1] + C[n+2,2] + … + C[n+r+1,r] = C[n+r+1,r]
を組み合わせ論で示したいということですが、
パスカルの三角形を斜めに足していくと見れば明らかなんですけど、それだとちゃんとした証明にならないので、
以下のように言い換えます。
座標平面において点Pは1秒間に(+1,0)か(0,+1)しか進めないとし、原点(0,0)から点A(n+1,r)まで点Pが動く場合の数を考える(有名な最短経路問題と同じと考えて下さい)。
kを0≦k≦rをみたす整数として、点B[k](n,k)に点Pが到達する場合の数はC[n+k,k]通りです。
よって点D[k](n+1,k)に点Pが到達する場合の数は、
『点D[k-1]に到達する場合の数』
と
『点B[k]に到達する場合の数』
の和になります。
点D[0]に到達する場合の数はC[n,0]通りであり、これに点B[1],B[2],B[3],…の各点における場合の数C[n+1,1],C[n+2,2],C[n+3,3],…を加えていけば最終的に点Aに到達する場合の数は
C[n,0] + C[n+1,1] + C[n+2,2] + … + C[n+r+1,r]通り
となるわけです。
また、点(0,0)から点A(n+1,r)までの最短経路数はC[n+r+1,r]通りです。
以上から
C[n,0] + C[n+1,1] + C[n+2,2] + … + C[n+r+1,r] = C[n+r+1,r]
が示されます
で、
C[n,0] + C[n+1,1] + C[n+2,2] + … + C[n+r+1,r] = C[n+r+1,r]
を組み合わせ論で示したいということですが、
パスカルの三角形を斜めに足していくと見れば明らかなんですけど、それだとちゃんとした証明にならないので、
以下のように言い換えます。
座標平面において点Pは1秒間に(+1,0)か(0,+1)しか進めないとし、原点(0,0)から点A(n+1,r)まで点Pが動く場合の数を考える(有名な最短経路問題と同じと考えて下さい)。
kを0≦k≦rをみたす整数として、点B[k](n,k)に点Pが到達する場合の数はC[n+k,k]通りです。
よって点D[k](n+1,k)に点Pが到達する場合の数は、
『点D[k-1]に到達する場合の数』
と
『点B[k]に到達する場合の数』
の和になります。
点D[0]に到達する場合の数はC[n,0]通りであり、これに点B[1],B[2],B[3],…の各点における場合の数C[n+1,1],C[n+2,2],C[n+3,3],…を加えていけば最終的に点Aに到達する場合の数は
C[n,0] + C[n+1,1] + C[n+2,2] + … + C[n+r+1,r]通り
となるわけです。
また、点(0,0)から点A(n+1,r)までの最短経路数はC[n+r+1,r]通りです。
以上から
C[n,0] + C[n+1,1] + C[n+2,2] + … + C[n+r+1,r] = C[n+r+1,r]
が示されます
17: EARL さま。
すいませんが、17の
C[n,0] + C[n+1,1] + C[n+2,2] + … + C[n+r+1,r] = C[n+r+1,r]
も誤植があると思います。
そもそも、冒頭トピの、
＞(1 + x + x^2 + x^3 + … )^nのx^rの係数は
＞C[n,0] + C[n+1,1]+ C[n+2,2] + … + C[n+r,r]
＞ = C[n+r+1,r]
＞ = H[n,r]
を、
x^rの係数を組合せの意味から解釈すると、
C[n,0] + C[n+1,1]+ C[n+2,2] + … + C[n+r,r]。
それを、平行等式なんかで変形すると、C[n+r+1,r]。
それは重複組合せで書くと、H[n,r]。
と解釈したのですが、そういった思考過程ではないのですね。
すいませんが、17の
C[n,0] + C[n+1,1] + C[n+2,2] + … + C[n+r+1,r] = C[n+r+1,r]
も誤植があると思います。
そもそも、冒頭トピの、
＞(1 + x + x^2 + x^3 + … )^nのx^rの係数は
＞C[n,0] + C[n+1,1]+ C[n+2,2] + … + C[n+r,r]
＞ = C[n+r+1,r]
＞ = H[n,r]
を、
x^rの係数を組合せの意味から解釈すると、
C[n,0] + C[n+1,1]+ C[n+2,2] + … + C[n+r,r]。
それを、平行等式なんかで変形すると、C[n+r+1,r]。
それは重複組合せで書くと、H[n,r]。
と解釈したのですが、そういった思考過程ではないのですね。
すいません、ややこしくしちゃいましたね。
ようするに冒頭トピックは
C[n-2,0] + C[n-1,1] + C[n,2] + … + C[n+r-2,r]
= C[n+r-1,r]
= H[n,r]
と訂正してください。これで平行等式と斉次積の関係が分かりやすくなります。
ただ、これだと二項係数がn-2から始まってるのでややこしくなるゆえ、コメント17ではnから始まるように+2だけずらしたということです。ですので、式変形・組み合わせ論両方で対応があると考えてください。
ご指摘の17の誤植は
C[n,0] + C[n+1,1] + C[n+2,2] + … + C[n+r+1,r]
の最後の項をC[n+r,r]と訂正してください。
ようするに冒頭トピックは
C[n-2,0] + C[n-1,1] + C[n,2] + … + C[n+r-2,r]
= C[n+r-1,r]
= H[n,r]
と訂正してください。これで平行等式と斉次積の関係が分かりやすくなります。
ただ、これだと二項係数がn-2から始まってるのでややこしくなるゆえ、コメント17ではnから始まるように+2だけずらしたということです。ですので、式変形・組み合わせ論両方で対応があると考えてください。
ご指摘の17の誤植は
C[n,0] + C[n+1,1] + C[n+2,2] + … + C[n+r+1,r]
の最後の項をC[n+r,r]と訂正してください。
> ■１０．フィボナッチ数和
> 【10-1】
> C[n-1,0] + C[n-2,1] + C[n-3,2] + C[n-4,3] + … = F[n]
> と定めると、F[n]は以下の等式をみたす。
> F[1] = 1 , F[2] = 1
> F[n+2] = F[n+1] + F[n]
> すなわちフィボナッチ数である
いやぁ、こんなところにフィボナッチ数列が表れるんですね。
私は株価の価格変動理論に興味があって個人的に研究して
いるんですが、この関係何か価格変動理論に使えないかなぁ？
っていうのは、株価の理論にもフィボナッチ数列と関係した
理論もあってエイオット波動理論というものがその１例
なんですが、こういった理論のほとんどは学問的な裏づけ
がなく単にテクニカル分析として流布しているだけの現象論
なんで、何か２項過程のような明確なモデルからきちんと
説明できたらすごいだろうと考えているんです。
株価の変動理論で一番簡単なのは２項過程というもので
簡単に言えば価格変動は上下にそれぞれ1/2の確率で変動
し推移するといったモデルです。例えば、2nステップ後
に同じ価格に留まる確率はC[2n,n]/(2^n) (n=1,2,3,…)
が得られます。この場合、すべてのステップで上がる確率も
下がる確率も1/2と一定なのでかなり理想化されたモデル
と言えますが、１ステップでの変動確率を何らかの方法で
変化させたらより現実の株価の変動に近いものを再現できる
かもしれないと思っていて、そこに先の２項係数の和が
フィボナッチ数列になることが関係してこないかなぁと
なんとなく思った次第です。
なんら根拠はありませんが直感的に思っただけなんで
単なるジャレごとと流してください。
> 【10-1】
> C[n-1,0] + C[n-2,1] + C[n-3,2] + C[n-4,3] + … = F[n]
> と定めると、F[n]は以下の等式をみたす。
> F[1] = 1 , F[2] = 1
> F[n+2] = F[n+1] + F[n]
> すなわちフィボナッチ数である
いやぁ、こんなところにフィボナッチ数列が表れるんですね。
私は株価の価格変動理論に興味があって個人的に研究して
いるんですが、この関係何か価格変動理論に使えないかなぁ？
っていうのは、株価の理論にもフィボナッチ数列と関係した
理論もあってエイオット波動理論というものがその１例
なんですが、こういった理論のほとんどは学問的な裏づけ
がなく単にテクニカル分析として流布しているだけの現象論
なんで、何か２項過程のような明確なモデルからきちんと
説明できたらすごいだろうと考えているんです。
株価の変動理論で一番簡単なのは２項過程というもので
簡単に言えば価格変動は上下にそれぞれ1/2の確率で変動
し推移するといったモデルです。例えば、2nステップ後
に同じ価格に留まる確率はC[2n,n]/(2^n) (n=1,2,3,…)
が得られます。この場合、すべてのステップで上がる確率も
下がる確率も1/2と一定なのでかなり理想化されたモデル
と言えますが、１ステップでの変動確率を何らかの方法で
変化させたらより現実の株価の変動に近いものを再現できる
かもしれないと思っていて、そこに先の２項係数の和が
フィボナッチ数列になることが関係してこないかなぁと
なんとなく思った次第です。
なんら根拠はありませんが直感的に思っただけなんで
単なるジャレごとと流してください。
追加で。不要かと思っていましたが、過去3年の全国の大学入試問題見直したらいくつか出題あったものがあったので。その他、今後出題がありえるものも含めて。
■平方数×二項係数
【追加1】
1^2*C[n,1] + 2^2*C[n,2]x + 3^2*C[n,3]x^2 + … + n^2*C[n,n]x^(n-1)
= Σ[r=1,n]r^2*C[n,r]x^(r-1)
= n(1+nx)(1+x)^(n-2)
※xに1、-1を代入した式も重要。
■逆数×二項係数
【追加2】
C[n-1,0]/1 - C[n-1,1]/2 + C[n-1,2]/3 - C[n-1,3]/4 + … + (-1)^(n-1)C[n-1,n-1]/n
= Σ[r=1,n](-1)^(r-1)C[n-1,r-1]/r
= 1/n
■調和数列和
【追加3】
C[n,1]/1 - C[n,2]/2 + C[n,3]/3 - C[n,4]/4 + … + (-1)^(n-1)C[n,n]/n
= Σ[r=1,n](-1)^(r-1)C[n,r]/r
= Σ[r=1,n]1/r
■二項係数による素数判定(今後出題されると私が勝手に予想)
【追加4】
1≦r≦n/2を満たす任意のC[n-r,r]がn-rで割り切れることと、nが素数であることは互いに必要十分
【追加5】
nが素数ならば、1≦r≦n/2を満たす任意のC[n-r,r]+C[n-r-1,r-1]はnで割り切れる。
余談ですが、パスカルの三角形は下向きに
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
と拡張していきますが、実は一番上の1より上にも拡張できます(負の二項係数)
■平方数×二項係数
【追加1】
1^2*C[n,1] + 2^2*C[n,2]x + 3^2*C[n,3]x^2 + … + n^2*C[n,n]x^(n-1)
= Σ[r=1,n]r^2*C[n,r]x^(r-1)
= n(1+nx)(1+x)^(n-2)
※xに1、-1を代入した式も重要。
■逆数×二項係数
【追加2】
C[n-1,0]/1 - C[n-1,1]/2 + C[n-1,2]/3 - C[n-1,3]/4 + … + (-1)^(n-1)C[n-1,n-1]/n
= Σ[r=1,n](-1)^(r-1)C[n-1,r-1]/r
= 1/n
■調和数列和
【追加3】
C[n,1]/1 - C[n,2]/2 + C[n,3]/3 - C[n,4]/4 + … + (-1)^(n-1)C[n,n]/n
= Σ[r=1,n](-1)^(r-1)C[n,r]/r
= Σ[r=1,n]1/r
■二項係数による素数判定(今後出題されると私が勝手に予想)
【追加4】
1≦r≦n/2を満たす任意のC[n-r,r]がn-rで割り切れることと、nが素数であることは互いに必要十分
【追加5】
nが素数ならば、1≦r≦n/2を満たす任意のC[n-r,r]+C[n-r-1,r-1]はnで割り切れる。
余談ですが、パスカルの三角形は下向きに
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
と拡張していきますが、実は一番上の1より上にも拡張できます(負の二項係数)
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