【第1-1節】 3次式の世界

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【第01講】 3乗の展開

【第02講】 3次式の因数分解

【第03講】 多項定理・二項定理

【第04講】 二項定理に関連した公式

【第01講】 3乗の展開

$(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$を筆算で計算した後、この右辺に$a+b$を筆算で掛ければ、下図・左を得る。
　　　
その結果は

$(a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3$

である。これの係数だけを抜き出して筆算をしたのが上図・中である。これからパスカルの三角形（上図・右）が成り立つことが分かる。

【問題】$(a-b)^3,(2a+3b)^3$を展開せよ。---
【解】今作った公式に前者は$b := -b$を代入し、後者は$a :=2a, b:=3b$を代入する。
$(a-b)^3=a^3+3a^2(-b)+3a(-b)^2+(-b)^3=a^3-3a^2b+3ab^2-b^3$,
$(2a+3b)^3=(2a)^3+3(2a)^2(3b)+3(2a)(3b)^2+(3b)^3=8a^3+36a^2b+54ab^2+27b^3$

公式に代入したけど、筆算でやる方が正確でしかも早かったりする。各自の個性によるかもしれない。

【第02講】 3次式の因数分解

まず2次式の因数分解の復習。
$a^2-b^2=(a-b)(a+b)$だが、初めの因子の$(a-b)$が含まれることはある意味当たり前なのである。$b :=a$を代入すれば、左辺は$a^2-a^2=0$になるが、右辺も0にするには$a-b$の因子があれば、$b :=a$で$a-a=0$でうまくいく。
つまり、$b :=a$を代入して0になれば、その多項式は$(a-b)$を因子に持つ（因数分解できる）。この事実を因数定理と言う。
因数定理は先取りで認めてもらうとしても、割り算の方法が未習であった。そこでタイル図（田の字計算）でやってみよう。下図のアニメのようになる。

　　　←パラパラまんが

したがって$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$と分かる。割り算をするのが嫌なら、こうしよう。前節で学んだ公式

$(a-b)^3=a^3-3a^2b+3ab^2-b^3$

を移項すれば

$a^3-b^3=(a-b)^3+3a^2b-3ab^2=(a-b)\{ (a-b)^2+3ab \}=(a-b)(a^2+ab+b^2)$

である。（$(a-b)(a^2+ab+b^2)$を展開したら$a^3-b^3$になるから、この因数分解が成り立つと書いてある教科書があるけど、余りにも不自然な話だろう。）

【問題】$64a^3+27b^3$を因数分解せよ。---
【解】公式を使わないやり方を紹介しよう。$64a^3+27b^3=0$になるのは$64a^3=-27b^3$のとき。ここで両辺の3乗根をとると
　　　$\sqrt[3]{64a^3}=\sqrt[3]{-27b^3}$
より$4a=-3b$(平方根と違って正でも負でもその（実の）3乗根は1つ、ちょうど1つ存在する。）結局、このとき$4a+3b=0$となるので、$4a+3b$を因子に持つ。
あとは田の字でも筆算による割り算を使う。
←パラパラまんが

よって$(4a+3b)(16a^2-12ab+9b^2)$……【答】

【第03講】 多項定理・二項定理

数学Aで順列・組合せを既習であるとして、以下の定理を提示しよう。

【問題】$(a+b+c)^7$の展開式において、$a^3b^2c^2$の係数を求めよ。---

【解】$a+b+c$は定数項のない１次式だが、これを１次同次式または１次形式と呼ぶ。これの$n$乗を展開しても$a^ib^jc^k, i+j+k=n,$ のような$n$次式しか出てこない。
そこで$a^3b^2c^2$という$7$次式はいくつ出てくるだろうか。ここでひとまず交換法則が成り立たないとしてみる。
　　　
上図のように括弧が�@から�Fまで7つあり、各括弧から$a,b,c$のいずれか１つを選んで掛け合わせればよい。すると例えば

$bacaabc$

が作られる。交換法則が成り立つのならば$a^3b^2c^2$になるが、これは全部でいくつ作られるかと言うと、aaabbccの「同じものを含む順列」だから

$\frac{7!}{3!2!2!}=210$個、一般には$\frac{n!}{i! j! k!}$個

である。よって$a^3b^2c^2$の係数は210 ……(答)

上に出てきた事実をまとめると、多項定理が出てくる。交換法則が成り立つならば「同じものを含む順列」を同類項として整理して、展開式はいろいろな同類項の和になる。よって

【公式】$(a+b+c)^n=\sum \frac{n!}{i! j! k!} a^ib^jc^k$
ただし$\sum$は$0 \leq i,j,k \leq n,i+j+k=n$となるすべての$(i,j,k)$をわたる和を意味する。

各同類項の係数$\frac{n!}{i! j! k!}$を多項係数と言う。

【問題】上の展開式で同類項は何種類出てくるか。---

【解】3種類の文字$a,b,c$から重複を許して$n$個を選ぶ重複組合せだから

$_{3}H_{n}=_{n+2}C_{n}=\frac{(n+)(n+2)}{2}$種類 ……（答）

今扱ったのは括弧の中が$a,b,c$の3項であったが、2項であれば二項定理となる。

【公式】$(a+b)^n=\sum \frac{n!}{i! j! }a^ib^j$
ただし$\sum$は$0 \leq i,j \leq n,i+j=n$となるすべての$(i,j)$をわたる和を意味する。

係数$\frac{n!}{i! j! }$を二項係数と言う。数Aで学んだようにこれは「$n$個から$i$個を選ぶ組合せ」$_{n}C_{i}=_{n}C_{j}$に等しい。実際問題として二項係数の値を求めるのに$\frac{n!}{i! j! }$で階乗を使って計算するより、パスカルの三角形
　　　←パラパラまんが
を書いて、$_{n}C_{i}$だったら左から2番目に$n$と書かれた行に注目して、$n$という数字を1として、そこから右へ$2,3,4,\cdots,i$と数えていけば所期の値が得られる。$n<10$くらいだったら、階乗を使うより早く求められる。

パスカルの三角形を作る要領は隣り合う2項を足すと次の行の値が計算できる（下図参照）--ということだ。そうやって計算しても、$_{n}C_{r}=\frac{n!}{r! (n-r)! }$の公式で計算しても結果は一致する。
　　　
実際、

$_{n}C_{r-1}+ _{n}C_{r}=\frac{n!}{(r-1)! (n-r+1)! } +\frac{n!}{r! (n-r)! }=n! \{\frac{r}{r!(n-r+1)!} +\frac{n-r+1}{r! (n-r+1)!} \}$
$=n! \times \frac{n+1}{r!(n-r+1)!} =\frac{(n+1)!}{r! (n-r+1)!}= _{n+1}C_{r}$

となるし、意味を考えて$n+1$個から$r$個を選ぶときに、ある1個を特別視してこの1個を含む組合せが$_{n}C_{r-1}$通りで、この1個を含まない組合せが$_{n}C_{r}$通りだから

$_{n+1}C_{r}=_{n}C_{r-1}+ _{n}C_{r}$

としてもよい。

【問題】 $(x+\frac{1}{x})^{10}$ を展開したときの $x^4$ の係数を求めよ。（2010大阪薬科大学）---

【解】 二項定理により、展開したときの各項は
$_{10}C_{k} x^k (\frac{1}{x})^{10-k}=_{10}C_{k} \frac{x^k}{x^{10-k}} =_{10}C_{k} x^{2k-10}$
だから、$2k-10=4$ より $k=7$ と決まり、係数は $_{10}C_{7} =\frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3 \cdot 2 \cdot 1}=120$ …（答）

【第04講】 二項定理に関連した公式

二項定理を使えば、次の公式を得る。

【公式】 $ (1+x)^n=\sum \frac{n!}{i! j!}1^i x^j \displaystyle = \displaystyle \sum_{k=0}^{n} {_{n}C_{k} } x^k$

この公式を $x=1$ を代入すれば $2^n=\displaystyle\displaystyle \sum_{k=0}^{n} 1^k$ より
【公式】 $_{n}C_{0} + _{n}C_{1} + _{n}C_{2} + \cdots +_{n}C_{n}=2^n$

また、$x=-1$ を代入すれば $0^n=\displaystyle\displaystyle \sum_{k=0}^{n} (-1)^k$ より
【公式】 $_{n}C_{0} - _{n}C_{1} + _{n}C_{2} - \cdots +(-1)^n _{n}C_{n}=0$

または移項して
【公式】 $_{n}C_{0} + _{n}C_{2} + \cdots = _{n}C_{1} + _{n}C_{3} +\cdots $

【問題】 $n \geq m$ のとき、次の等式が成り立つことを証明せよ。---

$_{m}C_{m}+_{m+1}C_{m}+_{m+2}C_{m}+\cdots +_{n}C_{m}=_{n+1}C_{m+1}$,
すなわち $\displaystyle \displaystyle \sum_{k=m}^{n} {_{k}C_{m}}=_{n+1}C_{m+1}$

【証明】 左辺は和だから、和の法則（場合分け）を使えばよい。
右辺は、$n+1$個の空所のうち $m+1$ヶ所に〇(残り$n-m$ヶ所に×)を入れる組合せ（同じものを含む順列）だが、これを次のように場合分けする。

[ア] 左端に〇を入れ、残り $n$ヶ所のうち $m$ヶ所に〇を入れるから、$_{n}C_{m}$通り。
[イ] 左端に×〇を入れ、残り $n-1$ヶ所のうち $m$ヶ所に〇を入れるから、$_{n-1}C_{m}$通り。
[ウ] 左端に××〇を入れ、残り $n-2$ヶ所のうち $m$ヶ所に〇を入れるから、$_{n-2}C_{m}$通り。
[中略]
[エ] 左端に×××…〇を入れ、残り $m$ヶ所のうち $m$ヶ所に〇を入れるから、$_{m}C_{m}=1$通り。
したがって

$_{n+1}C_{m+1}=_{n}C_{m}+_{n-1}C_{m}+_{n-2}C_{m}+\cdots+_{m}C_{m}$ ■