ベクトルの【問題】を「平面ベクトル」と「空間ベクトル」に分けて捉えるのはうまくない。それよりも「矢印問題」と「内積問題」に分けて捉える方が良い。
内積問題とは「内積情報を含む問題」のことだが、ここでいう内積とは、いわゆる内積 a・b だけではなくて、長さも角度も面積も体積も含む。
そしてそれら、すなわち内積も長さも角度も面積も体積も含まない問題が「矢印問題」である。そこで出てくるものは「比の情報」だけである。
そしてそれら２つでは、解き方がまるで異なるのである。内積問題ではひたすら内積を計算するのみ。典型的にはベクトルの絶対値の２乗を展開することだ。その場面では図を描いたり考えたりすることにあまり意味はない。うまい解き方もない。ただひたすら内積計算（実際には展開）するのみである。
一方、矢印問題では図を描くことが必須。矢印をしっかり追うためである。そしてその問題でほとんどいつも現れるのが「交点」。その場面で万能に使えるテクニックが「s：1－s , t：1－t とおいて、係数比較」である。そして多くの問題で裏技的テクニックが使える。
以上のことは、平面ベクトルでも空間ベクトルでも言えることだ。教科書の分類ではベクトルは「平面ベクトル」と「空間ベクトル」に別れているが、【問題】の解き方という観点で分けると「矢印問題」と「内積問題」に分ける方が合理的なのである。
矢印問題では「s：1－s , t：1－t 法」が万能で、いろんな裏技も使える。一方、内積問題では「ひたすら内積計算するのみ」で、そこに裏技もテクニックもない。
2019年8月31日土曜日
利益を最大化する（慶応大の入試問題より）
（慶応大・総合政策2019・数学より）
ある大学である学会の全国大会が日曜日に開催されることになり、受付や教室での資料配布などの仕事を誰かに頼む必要が生じた。仮に学生にアルバイト代を支払って手伝ってもらうとすると、人材派遣会社から人を派遣してもらう場合と比較して、サービスの質はやや劣るが人件費を節約でき、学会大会の手づくり感を演出することで、参加者に大学での好感を持ってもらうことができるメリットがある。
Ａ教授はこの学会の会員であり、今回の学会大会の責任者であるが、自分の研究室に所属する学生（以下、ゼミ生）に手伝ってもらうことを考えた。もし、n 人のゼミ生に手伝ってもらい、１人あたりのアルバイト代の日給が w 千円とすると、全体で wn 千円の支払いが必要となる。そして、上記の人件費の節約や大学の好感度の向上といったメリットは、60√n 千円であるとすると、Ａ教授にとっては、x＝60√n－wn の値が大きければ大きいほど好ましいと考えられる。
一方、Ａ教授のゼミ生は全部で30人で、日曜日に全員家庭教師のアルバイトをしていて、１日あたり６千円を各学生は稼いでいる。仮に学会の手伝いをすると、その日の家庭教師のアルバイトはできない。したがって、ゼミ生全体の立場からは、y＝wn＋6×(30－n) が大きければ大きいほど好ましいと考えられる。
(1) x＋y を最大化する学生手伝いの数は n＝□□ である。
(2) Ａ教授はゼミ生の代表のＢ君と相談することにした。ここで、x＋y の最大は □□□ であることに注意しよう。また、Ａ教授とＢ君の相談がまとまらなければ n＝0 となることに注意すると、x≧0 , y≧180 でなければならない。
(3) そこで、Ａ教授とＢ君は、これらの x , y の範囲を満たしつつ、x×(y－180) を最大化する x＝□□□ , y＝□□□ で合意した。このとき、Ａ教授は □□ 人の手伝ってもらうゼミ生に対して、１人あたり □□ 千円をアルバイト代として支払うことになった。
《解説・解答》
(1) x＋y＝{60√n－wn}＋{wn＋6(30－n)}
＝－6n＋60√n＋180
＝－6(√n－5)2＋330
よって √n＝5 ⇔ n＝25 のとき最大値をとる。
(2) (1)の最大値は 330
(3) x≧0 , y－180≧0 より （「相乗平均≦相加平均」を使って）
√x(y－180)≦{x+(y－180)}/2≦(330－180)/2＝75
等号が成立するのは x＝y－180 かつ x＋y＝330 のとき。
すなわち x＝075 , y＝255 のとき √x(y－180) は最大値 75 となる。
このとき アルバイト数は n＝25 人、
アルバイト代は y＝wn＋6(30－n) より w＝09 千円である。
2019年8月29日木曜日
★ ２項定理（数学Ⅱ）
数学Ⅱ「２項定理」の授業、３時間コースです。「パスカルの三角形 → ２項定理 → ３項定理」と進みます。
１時間目は、まず「パスカルの三角形の書き方」を確認して、「なぜその書き方で良いのか？」を２項定理を作りながら示した。場合の数の理解を深めるのにも、ちょうど良かった。
そして２時間目に、２項定理の練習問題。前半の３問と後半の３問の計６問をみんなで一緒に解いて理解を深めた。
そして３時間目に、３項定理を説明して、引き続いて３項定理の練習問題。その流れの中で、多項定理を一応紹介した。
そして３時間目の終わりに次のような話をした。
１時間目は、まず「パスカルの三角形の書き方」を確認して、「なぜその書き方で良いのか？」を２項定理を作りながら示した。場合の数の理解を深めるのにも、ちょうど良かった。
そして２時間目に、２項定理の練習問題。前半の３問と後半の３問の計６問をみんなで一緒に解いて理解を深めた。
そして３時間目に、３項定理を説明して、引き続いて３項定理の練習問題。その流れの中で、多項定理を一応紹介した。
| 内容 | 詳細 | |
| １時間目 | パスカルの三角形と２項定理 | パスカルの三角形の裏事情 |
| ２時間目 | ２項定理の練習問題 | その１，その２ |
| ３時間目 | ３項定理と練習問題 | ２でやめるな、３までやれ、４はいらん |
そして３時間目の終わりに次のような話をした。
- ２項定理で満足するな。３項定理までやれ。多項定理はやらなくていい。
- ２次関数で終わるな。３次関数までやれ。そうすれば４次関数でも５次関数でも扱える。
- ２変数 y＝f(x) で終わるな。３変数 z＝f(x , y) までやれ。そうすれば変数が増えても対応できる。
- 平面図形（２次元）だけで満足するな。空間図形（３次元）までやれ。そうすればｎ次元がわかる。
２でやめるな、３までやれ、４はいらん
新学期になって初めの３時間で「パスカルの三角形 → ２項定理 → ３項定理（多項定理）」と授業を進めた。そして３時間目の終わりに次の話をした。
２項定理で満足するな。２項定理も十分に難しいが、３項定理までしっかり練習しよう。そして３項定理が使えるようになれば、４項定理も５項定理も形はほとんど同じだから、実は４項定理や５項定理は練習しなくてよい。
これはいろんな場面で言えることなのだが、２でやめたら勿体無い。２では一般化できないからだ。でも、３までやれば一般化できる。そこまでやれば４も５も同じだから、実は４や５はやる必要が無いのだ。
つまり、言いたいのはこういうこと。「２でやめるな、３までやれ、４はいらん」。高校数学に関連する範囲で、他の例を示そう。
○ ２次関数で終わるな。３次関数までやれ。そうすれば４次関数でも５次関数でも扱える。
○ ２変数 y＝f(x) で終わるな。３変数 z＝f(x , y) までやれ。そうすれば変数が増えても対応できる。
○ 平面図形（２次元）で満足するな。空間図形（３次元）までやれ。そうすればｎ次元がわかる。
さらに、これは数学に限った話ではない。これはもう「普遍的な真実」と言っても良いくらいだ。他の例を挙げよう。
○ ババ抜きは３人以上でやれ
２人でババ抜きしてもつまらない。どちらががババを持っているか、相手がどんなカードを持っているかを、お互いに全部わかっているからだ。
１人でババ抜きしたら、もっとつまらないぞ。配ったカードは全部自分のところに来て、同じ数字のペアを順に捨てていくと、最後にババが残って自分の負け。配る前から結果は全て見えている。
でも、３人でやれば途端に面白くなる。みんながしらばっくれていれば、誰がババを持っているか、何のカードが動いたか、カードの組ができて捨てられるか否か、そんなことが一切わからない。
そして、ここが大事な点だが、その面白さは４人になっても５人になっても維持される。２人と３人ではまるで違うが、３人以上ではほとんど変わらないのである。
○ ドミノ倒しの原理
ドミノ倒しという話からには、ドミノは３枚以上必要だ。１枚ではドミノ倒しとは言わない。「何かがバタンと倒れた」、それだけの話である。
２枚でもドミノ倒しとは言えないだろう。実際、２枚を倒すのは簡単だ。大きさがバラバラでも、距離や向きが適当でも、大体倒れる。
ところが３枚になると、途端に難しくなるのである。大きさをそろえ、等間隔に平行に置かなければならない。鍵は真ん中のパイである。真ん中のパイは 「前のパイに押されて自らが倒れながら、次のパイを押して倒す」。つまり、真ん中のパイがドミノ倒しをリレーしていくのである。
そして３枚でうまくいけば、４枚でも５枚でもうまくいく。理論的には体育館いっぱいに並べたドミノを順に全部倒すこともできる。
○ 三角関係が人間関係の基本形
人間関係も同じ。１人ではコミニュケーション取れない。２人ではコミニュケーション取れるが、固定化する。つまり、発展しない。ところが、３人いると途端に流動的になる。２人が仲良くなって１人が取り残されるとか、２人の関係がおかしくなったときにもう１人がとりなすとか、ちょっとしたことで距離感がコロコロ変わる。
そして３人でうまくやれれば、４人でも５人でも100人の集団でも同じやり方を適用できる。
２人で仲良くしているだけでは発展しない。固定化して、男女関係ならやがて飽きがくる。一方、三角関係は最初は波乱があっても、やがて四角関係、五角関係へと発展して、最後には円関係になってまぁるく収まるのである。
話を元に戻そう。言いたいのは「２でやめるな、３までやれ、４はいらん」ということ。「２では一般化できないが、３までやれば一般化できる」からである。だから「２項定理で満足するな。３項定理まで勉強しろ。多項定理なんかやらなくていいぞ」と、言いたいのはそういうことだ。
勢いに乗って、小学校の算数から「２でやめるな、３までやれ、４はいらん」の例を挙げよう。
○ 掛け算も３桁までやれ
３桁の掛け算をするときの、十の位を見てみよう。十の位は一の位から繰り上がりを受け取りながら、百の位に繰り上がりを送る。これは、ドミノ倒しの真ん中のパイと同じで、繰り上がりをリレーするわけだ。
ところが２桁の掛け算では、一の位は繰り上がりを送るだけで、十の位は繰り上がりを受け取るだけ。繰り上がりのリレーが起きないわけである。だから、２桁の掛け算ができたからと言って、３桁の掛け算ができるとは限らない。
３桁の掛け算ができれば、４桁でも５桁でも大丈夫。３桁のときと同じ操作を繰り返せば良いからだ。
○ ３桁×３桁までやれば十分
とは言ったものの、３桁×２桁の掛け算ではまだ不十分だ。３桁×２桁の掛け算をする場合、筆算途中の式で左に１つ数字をズラして書く。だが、それができても、３桁×３桁の掛け算ができるとは限らない。
３桁同士の掛け算をすれば、１回ごとに１つずつズラすことになるので、その経験があれば、桁数がさらに増えても掛け算できる。
（３桁×２桁） （３桁×３桁）
◯◯◯ ◯◯◯
× ◯◯ × ◯◯◯
◯◯◯ ◯◯◯
◯◯◯ ◯◯◯
◯◯◯◯ ◯◯◯ ←２桁の掛け算しか知らないと、
◯◯◯◯◯ ここをどうしたら良いかが分からない。
○ 足し算でも３つの数を足せ
２つの数を足すとき、繰り上がりがあるとしても１だけ。でも３つの数を足すと、繰り上がりの数が１のときもあれば２のときもある。
２数の足し算だけをやっていては、いつも「繰り上がりは１」とやりかねない。でも３数の足し算をやれば「下の位を足したときの最上位の数を繰り上げれば良い」ことが分かって、４数の足し算でも５数の足し算でもできるようになる。
数学の鍵は「３」。一般化、抽象化、変化、いずれにも「３」が大きく関わる。
余談だが、記事中の数学の例３つ、他の例３つ、算数の例３つと、とことん「３」にこだわった。
◇ パスカルの三角形の裏事情 （→ https://omori55.blogspot.com/2019/03/blog-post_463.html ）
◇ ２項定理の練習問題（１） （→ https://omori55.blogspot.com/2019/08/blog-post_29.html ）
◇ ２項定理の練習問題（２） （→ https://omori55.blogspot.com/2019/08/blog-post_96.html ）
◇ ３項定理と練習問題 （→ https://omori55.blogspot.com/2019/08/blog-post_6.html ）
２項定理で満足するな。２項定理も十分に難しいが、３項定理までしっかり練習しよう。そして３項定理が使えるようになれば、４項定理も５項定理も形はほとんど同じだから、実は４項定理や５項定理は練習しなくてよい。
これはいろんな場面で言えることなのだが、２でやめたら勿体無い。２では一般化できないからだ。でも、３までやれば一般化できる。そこまでやれば４も５も同じだから、実は４や５はやる必要が無いのだ。
つまり、言いたいのはこういうこと。「２でやめるな、３までやれ、４はいらん」。高校数学に関連する範囲で、他の例を示そう。
○ ２次関数で終わるな。３次関数までやれ。そうすれば４次関数でも５次関数でも扱える。
○ ２変数 y＝f(x) で終わるな。３変数 z＝f(x , y) までやれ。そうすれば変数が増えても対応できる。
○ 平面図形（２次元）で満足するな。空間図形（３次元）までやれ。そうすればｎ次元がわかる。
さらに、これは数学に限った話ではない。これはもう「普遍的な真実」と言っても良いくらいだ。他の例を挙げよう。
○ ババ抜きは３人以上でやれ
２人でババ抜きしてもつまらない。どちらががババを持っているか、相手がどんなカードを持っているかを、お互いに全部わかっているからだ。
１人でババ抜きしたら、もっとつまらないぞ。配ったカードは全部自分のところに来て、同じ数字のペアを順に捨てていくと、最後にババが残って自分の負け。配る前から結果は全て見えている。
でも、３人でやれば途端に面白くなる。みんながしらばっくれていれば、誰がババを持っているか、何のカードが動いたか、カードの組ができて捨てられるか否か、そんなことが一切わからない。
そして、ここが大事な点だが、その面白さは４人になっても５人になっても維持される。２人と３人ではまるで違うが、３人以上ではほとんど変わらないのである。
○ ドミノ倒しの原理
ドミノ倒しという話からには、ドミノは３枚以上必要だ。１枚ではドミノ倒しとは言わない。「何かがバタンと倒れた」、それだけの話である。
２枚でもドミノ倒しとは言えないだろう。実際、２枚を倒すのは簡単だ。大きさがバラバラでも、距離や向きが適当でも、大体倒れる。
ところが３枚になると、途端に難しくなるのである。大きさをそろえ、等間隔に平行に置かなければならない。鍵は真ん中のパイである。真ん中のパイは 「前のパイに押されて自らが倒れながら、次のパイを押して倒す」。つまり、真ん中のパイがドミノ倒しをリレーしていくのである。
そして３枚でうまくいけば、４枚でも５枚でもうまくいく。理論的には体育館いっぱいに並べたドミノを順に全部倒すこともできる。
○ 三角関係が人間関係の基本形
人間関係も同じ。１人ではコミニュケーション取れない。２人ではコミニュケーション取れるが、固定化する。つまり、発展しない。ところが、３人いると途端に流動的になる。２人が仲良くなって１人が取り残されるとか、２人の関係がおかしくなったときにもう１人がとりなすとか、ちょっとしたことで距離感がコロコロ変わる。
そして３人でうまくやれれば、４人でも５人でも100人の集団でも同じやり方を適用できる。
２人で仲良くしているだけでは発展しない。固定化して、男女関係ならやがて飽きがくる。一方、三角関係は最初は波乱があっても、やがて四角関係、五角関係へと発展して、最後には円関係になってまぁるく収まるのである。
話を元に戻そう。言いたいのは「２でやめるな、３までやれ、４はいらん」ということ。「２では一般化できないが、３までやれば一般化できる」からである。だから「２項定理で満足するな。３項定理まで勉強しろ。多項定理なんかやらなくていいぞ」と、言いたいのはそういうことだ。
勢いに乗って、小学校の算数から「２でやめるな、３までやれ、４はいらん」の例を挙げよう。
○ 掛け算も３桁までやれ
３桁の掛け算をするときの、十の位を見てみよう。十の位は一の位から繰り上がりを受け取りながら、百の位に繰り上がりを送る。これは、ドミノ倒しの真ん中のパイと同じで、繰り上がりをリレーするわけだ。
ところが２桁の掛け算では、一の位は繰り上がりを送るだけで、十の位は繰り上がりを受け取るだけ。繰り上がりのリレーが起きないわけである。だから、２桁の掛け算ができたからと言って、３桁の掛け算ができるとは限らない。
３桁の掛け算ができれば、４桁でも５桁でも大丈夫。３桁のときと同じ操作を繰り返せば良いからだ。
○ ３桁×３桁までやれば十分
とは言ったものの、３桁×２桁の掛け算ではまだ不十分だ。３桁×２桁の掛け算をする場合、筆算途中の式で左に１つ数字をズラして書く。だが、それができても、３桁×３桁の掛け算ができるとは限らない。
３桁同士の掛け算をすれば、１回ごとに１つずつズラすことになるので、その経験があれば、桁数がさらに増えても掛け算できる。
（３桁×２桁） （３桁×３桁）
◯◯◯ ◯◯◯
× ◯◯ × ◯◯◯
◯◯◯ ◯◯◯
◯◯◯ ◯◯◯
◯◯◯◯ ◯◯◯ ←２桁の掛け算しか知らないと、
◯◯◯◯◯ ここをどうしたら良いかが分からない。
○ 足し算でも３つの数を足せ
２つの数を足すとき、繰り上がりがあるとしても１だけ。でも３つの数を足すと、繰り上がりの数が１のときもあれば２のときもある。
２数の足し算だけをやっていては、いつも「繰り上がりは１」とやりかねない。でも３数の足し算をやれば「下の位を足したときの最上位の数を繰り上げれば良い」ことが分かって、４数の足し算でも５数の足し算でもできるようになる。
数学の鍵は「３」。一般化、抽象化、変化、いずれにも「３」が大きく関わる。
余談だが、記事中の数学の例３つ、他の例３つ、算数の例３つと、とことん「３」にこだわった。
◇ パスカルの三角形の裏事情 （→ https://omori55.blogspot.com/2019/03/blog-post_463.html ）
◇ ２項定理の練習問題（１） （→ https://omori55.blogspot.com/2019/08/blog-post_29.html ）
◇ ２項定理の練習問題（２） （→ https://omori55.blogspot.com/2019/08/blog-post_96.html ）
◇ ３項定理と練習問題 （→ https://omori55.blogspot.com/2019/08/blog-post_6.html ）
３項定理（練習問題付き）
〜２項定理〜
○ (a＋b)n の展開式の an－r br の係数は nCr （ただし、r＝0 , 1 , 2, … , n）
○ (a＋b)n の展開式の ap bq の係数は n!／p! q! （ただし、p＋q＝n）
上の２つは同じこと。下の数え方は、
a を p 個と b を q 個、あわせて n 個を一列に並べる場合の数は、
まず便宜的に n 個すべてが異なるものとして数えると n! 通り。
けれどもこれでは同じものを重複して数えたことになる。重複した回数は、
p 個の a の入れ替えを考えると、同じものを p! 通りずつ重複して数えたことになる。
また、q 個の b の入れ替えを考えると、同じものを b! 通りずつ重複して数えたことになる。
したがって、重複した分を調整すると「a を p 個と b を q 個を一列に並べる」場合の数は n!／p! q! 通り。
これが (a＋b)n の展開式の ap bq の係数である。
この数え方を高校数学Ａの教科書では「同じものを含む順列」と呼んでいる。２項定理なら組み合わせ nCr の方がわかりやすいが、次（↓）のことを考えるには、その数え方をした方が良い。
〜３項定理〜
○ (a＋b＋c)n の展開式の ap bq cr の係数は n!／p! q! r! （ただし、p＋q＋r＝n）
（a を p 個 , b を q 個 , c を r 個、あわせて n 個を一列に並べる場合の数 ： 同じものを含む順列）
○ (a＋b＋c)n の一般項は n!／p! q! r! ・ap bq cr （ただし、p＋q＋r＝n）
このように考えれば、項が４つになっても、５つになっても同じように表現できる。
〜多項定理〜
○ (a＋b＋c＋d＋ … )n の展開式の ap bq cr ds … の係数は n!／p! q! r! s! … （ただし、p＋q＋r＋s＋…＝ n）
【問】
(1) (a＋b＋c)8 の展開式の a2 b3 c3 の係数は？
(2) (a＋2b－3c)7 の展開式の a4 b2 c の係数は？
(3) (x2 －3x＋1)5 の展開式の x3 の係数は？
《答》
(1) 8!／2! 3! 3! ＝ 8・7・6・5・4・3・2・1／2・1・3・2・1・3・2・1 ＝ 1120
(2) 7!／4! 2! 1! ・a4 (2b)2 (－3c)1 ＝ 7!／4! 2! 1! ・22 (－3)・a4 b2 c ＝ －1260 a4 b2 c
(3) 一般項は 5!／p! q! r! ・(x2 )p (－3x)q 1r （ただし、p＋q＋r＝5）
＝ 5!／p! q! r! (－3)q ・x2p xq
＝ 5!／p! q! r! (－3)q ・x2p＋q … （※）
2p＋q＝3 のとき (p , q , r)＝(1 , 1 , 3) , (0 , 3 , 2)
(p , q , r)＝(1 , 1 , 3) を（※）に代入すると 5!／1! 1! 3! (－3)1 ・x3 ＝ －60 x3
(p , q , r)＝(0 , 3 , 2) を（※）に代入すると 5!／0! 3! 2! (－3)3 ・x3 ＝ －270 x3
つまり (x2 －3x＋1)5 を展開すると －60x3 と －270x3 が出てくるので、
同類項を整理して、 － 60x3 － 270x3 ＝ － 330 x3
○ (a＋b)n の展開式の an－r br の係数は nCr （ただし、r＝0 , 1 , 2, … , n）
○ (a＋b)n の展開式の ap bq の係数は n!／p! q! （ただし、p＋q＝n）
上の２つは同じこと。下の数え方は、
a を p 個と b を q 個、あわせて n 個を一列に並べる場合の数は、
まず便宜的に n 個すべてが異なるものとして数えると n! 通り。
けれどもこれでは同じものを重複して数えたことになる。重複した回数は、
p 個の a の入れ替えを考えると、同じものを p! 通りずつ重複して数えたことになる。
また、q 個の b の入れ替えを考えると、同じものを b! 通りずつ重複して数えたことになる。
したがって、重複した分を調整すると「a を p 個と b を q 個を一列に並べる」場合の数は n!／p! q! 通り。
これが (a＋b)n の展開式の ap bq の係数である。
この数え方を高校数学Ａの教科書では「同じものを含む順列」と呼んでいる。２項定理なら組み合わせ nCr の方がわかりやすいが、次（↓）のことを考えるには、その数え方をした方が良い。
〜３項定理〜
○ (a＋b＋c)n の展開式の ap bq cr の係数は n!／p! q! r! （ただし、p＋q＋r＝n）
（a を p 個 , b を q 個 , c を r 個、あわせて n 個を一列に並べる場合の数 ： 同じものを含む順列）
○ (a＋b＋c)n の一般項は n!／p! q! r! ・ap bq cr （ただし、p＋q＋r＝n）
このように考えれば、項が４つになっても、５つになっても同じように表現できる。
〜多項定理〜
○ (a＋b＋c＋d＋ … )n の展開式の ap bq cr ds … の係数は n!／p! q! r! s! … （ただし、p＋q＋r＋s＋…＝ n）
【問】
(1) (a＋b＋c)8 の展開式の a2 b3 c3 の係数は？
(2) (a＋2b－3c)7 の展開式の a4 b2 c の係数は？
(3) (x2 －3x＋1)5 の展開式の x3 の係数は？
《答》
(1) 8!／2! 3! 3! ＝ 8・7・6・5・4・3・2・1／2・1・3・2・1・3・2・1 ＝ 1120
(2) 7!／4! 2! 1! ・a4 (2b)2 (－3c)1 ＝ 7!／4! 2! 1! ・22 (－3)・a4 b2 c ＝ －1260 a4 b2 c
(3) 一般項は 5!／p! q! r! ・(x2 )p (－3x)q 1r （ただし、p＋q＋r＝5）
＝ 5!／p! q! r! (－3)q ・x2p xq
＝ 5!／p! q! r! (－3)q ・x2p＋q … （※）
2p＋q＝3 のとき (p , q , r)＝(1 , 1 , 3) , (0 , 3 , 2)
(p , q , r)＝(1 , 1 , 3) を（※）に代入すると 5!／1! 1! 3! (－3)1 ・x3 ＝ －60 x3
(p , q , r)＝(0 , 3 , 2) を（※）に代入すると 5!／0! 3! 2! (－3)3 ・x3 ＝ －270 x3
つまり (x2 －3x＋1)5 を展開すると －60x3 と －270x3 が出てくるので、
同類項を整理して、 － 60x3 － 270x3 ＝ － 330 x3
２項定理、練習問題（２）
〜２項定理〜
○ (a＋b)n の展開式の an－r br の係数は nCr （ただし、r＝0 , 1 , 2, … , n）
○ (a＋b)n の一般項は nCr an－r br （ただし、r＝0 , 1 , 2, … , n）
○ (a＋b)n ＝ nC0 an b0 ＋ nC1 an－1 b1 ＋ nC2 an－2 b2 ＋ … ＋ nCr an－r br ＋ … ＋ nCn a0 bn
【問】
(1) nC0 ＋ nC1 ＋ nC2 ＋ … ＋ nCn を計算すると、どうなる？
たとえば、10C0 ＋ 10C1 ＋ 10C2 ＋ … ＋ 10C10 の値を簡単に求める方法は？
(2) nC0 － nC1 ＋ nC2 － nC3 ＋ … ＋ (－1)n nCn はどうだろう？
要するに「(a＋b)n の展開式の係数を、交互に足したり引いたりしたらどうなるか？」ということだ。
n のまま書くと n が偶数か奇数かによって最後の符号が違うので、そこを「＋(－1)nnCn」と書いた。
具体的にいうと、「9C0 － 9C1 ＋ 9C2 － 9C3 ＋ … － 9C9 はいくつか？」、
「10C0 － 10C1 ＋ 10C2 － 10C3 ＋ … ＋ 10C10 はいくつか？」ということだ。
(3) nC0 ＋ nC2 ＋ nC4 ＋ … はいくつ？
nC1 ＋ nC3 ＋ nC5 ＋ … は？
これも n が偶数か奇数かによって最後の書き方が違ってくるから書きにくいのだが、
要するに 「nC偶数 の和」 はいくつか、「nC奇数 の和」 はいくつかということだ。
《答》
(1) （※）式の右辺に a=1 , b=1 を代入すると nC0 ＋ nC1 ＋ nC2 ＋ … ＋ nCn となる。（← 1 は何乗しても 1 ）
また（※）式の左辺に a=1 , b=1 を代入すると (1＋1)n ＝ 2n となる。
よって、nC0 ＋ nC1 ＋ nC2 ＋ … ＋ nCn ＝ 2n が成り立つ。
だから、たとえば「10C0 ＋ 10C1 ＋ 10C2 ＋ … ＋ 10C10」をまともに計算するより「＝ 210 ＝ 1024」とやった方が楽だということ。
では、ここで「10C0 ＋ 10C1 ＋ 10C2 ＋ … ＋ 10C10 ＝ 210 ＝ 1024」を別の言い方で説明しよう。
「10枚のトランプを投げて、それぞれが表か裏になる。全部で何通りあるか？」を考える。
ある人の数え方は「1枚目のトランプは表か裏の2通り、2枚目のトランプも表か裏の2通り … 10枚目のトランプも表か裏の2通りだから、場合の数は 210 ＝ 1024 通り」と答えた。
また別のある人は「表が0枚（全部裏）になるのは 10C0 通り、表が1枚（裏が9枚）になるのは 10C1 通り、表が2枚になるのは 10C2 通り … だから、総数は 10C0 ＋ 10C1 ＋ 10C2 ＋ … ＋ 10C10 通り」と答えた。
さて、この場合、どちらの数え方も正しい。前者の数え方の方が良いような気もするが、後者の数え方も間違いではない。
よって「10C0 ＋ 10C1 ＋ 10C2 ＋ … ＋ 10C10 ＝ 210 ＝ 1024」である。
そのように考えても「nC0 ＋ nC1 ＋ nC2 ＋ … ＋ nCn ＝ 2n」を納得できるだろう。
(2) (1) では（※）式の右辺に a=1 , b=1 を代入したが、（※）式の右辺に a=1 , b=－1 を代入すれば
nC0 － nC1 ＋ nC2 － nC3 ＋ … ＋ (－1)n nCn となる。
また（※）式の左辺にも a=1 , b=－1 を代入すると、左辺は (1－1)n ＝ 0n ＝ 0 となる。
よって nC0 － nC1 ＋ nC2 － nC3 ＋ … ＋ (－1)n nCn ＝ 0 である。
(3) (2) の項のうち符号がマイナスのものを右辺に移行する（符号がプラスのものだけを左辺に残す）と、
nC0 ＋ nC2 ＋ nC4 ＋ … ＝ nC1 ＋ nC3 ＋ nC5 ＋ … となる。
すなわち「nC偶数 の和」と「nC奇数 の和」は等しい。では、その値はいくつだろうか？
次に (1) の結果を見てみよう。要するに「nC偶数 の和」と「nC奇数 の和」が同じで、合わせて 2n なのだから、
「nC偶数 の和」はその半分、「nC奇数 の和」もその半分である。
すなわち nC0 ＋ nC2 ＋ nC4 ＋ … ＝ nC1 ＋ nC3 ＋ nC5 ＋ … ＝ 2n／2 ＝ 2n－1 となる。たとえば、
10C0 ＋ 10C2 ＋ 10C4 ＋ 10C6 ＋ 10C8 ＋ 10C10 ＝ 10C1 ＋ 10C3 ＋ 10C5 ＋ 10C7 ＋ 10C9 ＝ 29 ＝ 512
9C0 ＋ 9C2 ＋ 9C4 ＋ 9C6 ＋ 9C8 ＝ 9C1 ＋ 9C3 ＋ 9C5 ＋ 9C7 ＋ 9C9 ＝ 28 ＝ 256 である。
○ (a＋b)n の展開式の an－r br の係数は nCr （ただし、r＝0 , 1 , 2, … , n）
○ (a＋b)n の一般項は nCr an－r br （ただし、r＝0 , 1 , 2, … , n）
○ (a＋b)n ＝ nC0 an b0 ＋ nC1 an－1 b1 ＋ nC2 an－2 b2 ＋ … ＋ nCr an－r br ＋ … ＋ nCn a0 bn
【問】
(1) nC0 ＋ nC1 ＋ nC2 ＋ … ＋ nCn を計算すると、どうなる？
たとえば、10C0 ＋ 10C1 ＋ 10C2 ＋ … ＋ 10C10 の値を簡単に求める方法は？
(2) nC0 － nC1 ＋ nC2 － nC3 ＋ … ＋ (－1)n nCn はどうだろう？
要するに「(a＋b)n の展開式の係数を、交互に足したり引いたりしたらどうなるか？」ということだ。
n のまま書くと n が偶数か奇数かによって最後の符号が違うので、そこを「＋(－1)nnCn」と書いた。
具体的にいうと、「9C0 － 9C1 ＋ 9C2 － 9C3 ＋ … － 9C9 はいくつか？」、
「10C0 － 10C1 ＋ 10C2 － 10C3 ＋ … ＋ 10C10 はいくつか？」ということだ。
(3) nC0 ＋ nC2 ＋ nC4 ＋ … はいくつ？
nC1 ＋ nC3 ＋ nC5 ＋ … は？
これも n が偶数か奇数かによって最後の書き方が違ってくるから書きにくいのだが、
要するに 「nC偶数 の和」 はいくつか、「nC奇数 の和」 はいくつかということだ。
《答》
(1) （※）式の右辺に a=1 , b=1 を代入すると nC0 ＋ nC1 ＋ nC2 ＋ … ＋ nCn となる。（← 1 は何乗しても 1 ）
また（※）式の左辺に a=1 , b=1 を代入すると (1＋1)n ＝ 2n となる。
よって、nC0 ＋ nC1 ＋ nC2 ＋ … ＋ nCn ＝ 2n が成り立つ。
だから、たとえば「10C0 ＋ 10C1 ＋ 10C2 ＋ … ＋ 10C10」をまともに計算するより「＝ 210 ＝ 1024」とやった方が楽だということ。
では、ここで「10C0 ＋ 10C1 ＋ 10C2 ＋ … ＋ 10C10 ＝ 210 ＝ 1024」を別の言い方で説明しよう。
「10枚のトランプを投げて、それぞれが表か裏になる。全部で何通りあるか？」を考える。
ある人の数え方は「1枚目のトランプは表か裏の2通り、2枚目のトランプも表か裏の2通り … 10枚目のトランプも表か裏の2通りだから、場合の数は 210 ＝ 1024 通り」と答えた。
また別のある人は「表が0枚（全部裏）になるのは 10C0 通り、表が1枚（裏が9枚）になるのは 10C1 通り、表が2枚になるのは 10C2 通り … だから、総数は 10C0 ＋ 10C1 ＋ 10C2 ＋ … ＋ 10C10 通り」と答えた。
さて、この場合、どちらの数え方も正しい。前者の数え方の方が良いような気もするが、後者の数え方も間違いではない。
よって「10C0 ＋ 10C1 ＋ 10C2 ＋ … ＋ 10C10 ＝ 210 ＝ 1024」である。
そのように考えても「nC0 ＋ nC1 ＋ nC2 ＋ … ＋ nCn ＝ 2n」を納得できるだろう。
(2) (1) では（※）式の右辺に a=1 , b=1 を代入したが、（※）式の右辺に a=1 , b=－1 を代入すれば
nC0 － nC1 ＋ nC2 － nC3 ＋ … ＋ (－1)n nCn となる。
また（※）式の左辺にも a=1 , b=－1 を代入すると、左辺は (1－1)n ＝ 0n ＝ 0 となる。
よって nC0 － nC1 ＋ nC2 － nC3 ＋ … ＋ (－1)n nCn ＝ 0 である。
(3) (2) の項のうち符号がマイナスのものを右辺に移行する（符号がプラスのものだけを左辺に残す）と、
nC0 ＋ nC2 ＋ nC4 ＋ … ＝ nC1 ＋ nC3 ＋ nC5 ＋ … となる。
すなわち「nC偶数 の和」と「nC奇数 の和」は等しい。では、その値はいくつだろうか？
次に (1) の結果を見てみよう。要するに「nC偶数 の和」と「nC奇数 の和」が同じで、合わせて 2n なのだから、
「nC偶数 の和」はその半分、「nC奇数 の和」もその半分である。
すなわち nC0 ＋ nC2 ＋ nC4 ＋ … ＝ nC1 ＋ nC3 ＋ nC5 ＋ … ＝ 2n／2 ＝ 2n－1 となる。たとえば、
10C0 ＋ 10C2 ＋ 10C4 ＋ 10C6 ＋ 10C8 ＋ 10C10 ＝ 10C1 ＋ 10C3 ＋ 10C5 ＋ 10C7 ＋ 10C9 ＝ 29 ＝ 512
9C0 ＋ 9C2 ＋ 9C4 ＋ 9C6 ＋ 9C8 ＝ 9C1 ＋ 9C3 ＋ 9C5 ＋ 9C7 ＋ 9C9 ＝ 28 ＝ 256 である。
２項定理、練習問題（１）
〜２項定理〜
○ (a＋b)n の展開式の an－r br の係数は nCr （ただし、r＝0 , 1 , 2, … , n）
○ (a＋b)n の一般項は nCr an－r br （ただし、r＝0 , 1 , 2, … , n）
○ (a＋b)n ＝ nC0 an b0 ＋ nC1 an－1 b1 ＋ nC2 an－2 b2 ＋ … ＋ nCr an－r br ＋ … ＋ nCn a0 bn
【問】
(1) (a＋b)10 の展開式の a3 b7 の係数は？
(2) (2a－3b)7 の展開式の a4 b3 の係数は？
(3) (x2－1/2x)9 の展開式の 定数項 は？
《答》
(1) 10C7 ＝ 10C3 ＝ 10・9・8／3・2・1 ＝ 120
(2) 7C3 (2a)4 (－3b)3 ＝ 7C3 24 (－3)3・ a4 b3 ＝ －15120 a4 b3
(3) 一般項は 9Cr (x2)9－r (－1/2x)r ＝ 9Cr (－1/2)r・x18－2r・x－r ＝ 9Cr (－2)－r・x18－3r
r＝6 のとき x18－3r ＝ x0 ＝ 1（定数）となる。このとき 9C6 (－2)－6 ＝ 21／16
○ (a＋b)n の展開式の an－r br の係数は nCr （ただし、r＝0 , 1 , 2, … , n）
○ (a＋b)n の一般項は nCr an－r br （ただし、r＝0 , 1 , 2, … , n）
○ (a＋b)n ＝ nC0 an b0 ＋ nC1 an－1 b1 ＋ nC2 an－2 b2 ＋ … ＋ nCr an－r br ＋ … ＋ nCn a0 bn
【問】
(1) (a＋b)10 の展開式の a3 b7 の係数は？
(2) (2a－3b)7 の展開式の a4 b3 の係数は？
(3) (x2－1/2x)9 の展開式の 定数項 は？
《答》
(1) 10C7 ＝ 10C3 ＝ 10・9・8／3・2・1 ＝ 120
(2) 7C3 (2a)4 (－3b)3 ＝ 7C3 24 (－3)3・ a4 b3 ＝ －15120 a4 b3
(3) 一般項は 9Cr (x2)9－r (－1/2x)r ＝ 9Cr (－1/2)r・x18－2r・x－r ＝ 9Cr (－2)－r・x18－3r
r＝6 のとき x18－3r ＝ x0 ＝ 1（定数）となる。このとき 9C6 (－2)－6 ＝ 21／16
2019年8月4日日曜日
箱根カルデラ
これから日帰りで箱根に行く予定。予習のつもりで国土地理院の地図（→ http://maps.gsi.go.jp ）を開いてみた。「陰影起伏図」で見ると、箱根がでっかいカルデラであることがよくわかる。面積では富士山にも匹敵する大きさだ。阿蘇よりはさすがに小さいが。
国土地理院の地図には「色別標高図」とか「赤色立体図」とか、さらには「伊能図」などの「古地図」（→ https://kochizu.gsi.go.jp/ ）もあって、その多くが無料で使える。使わにゃ損だな。税金払ってるわけだし。
国土地理院の地図には「色別標高図」とか「赤色立体図」とか、さらには「伊能図」などの「古地図」（→ https://kochizu.gsi.go.jp/ ）もあって、その多くが無料で使える。使わにゃ損だな。税金払ってるわけだし。
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