多項定理の例題と2通りの証明

$n=4$ の場合であり，多項定理より $a^pb^qc^r$ の係数は$\dfrac{4!}{p!q!r!}$ となる。

• $a^2bc$ の係数は，$p=2,\:q=1,\:r=1$ として，
  $\dfrac{4!}{2!1!1!}=\dfrac{24}{2\times 1\times 1}=12$
• $a^3b$ の係数も同様にして，
  $\dfrac{4!}{3!1!0!}=\dfrac{24}{6\times 1\times 1}=4$

$(a+b+c)^n$ を展開したときに出てくる1つの項は，

「$a,\:b,\:c$ の中でどれか $1$ つを選ぶ」という操作を $n$ 回行い，選んだものを全てかけあわせたもの。

よって，展開後は $a,\:b,\:c$ の指数の和が $n$ である項のみが登場し，$a^pb^qc^r$ の係数は $\dfrac{n!}{p!q!r!}$ である（$n$ 回のうちどの $p$ 回で $a$ を選び，どの $q$ 回で $b$ を選び，どの $r$ 回で $c$ を選ぶかのパターンの数，これは同じものを含む順列の公式から分かる）。

$k=4,n=4$ として多項定理を使うと，$x^2yz$ の係数は， $\dfrac{4!}{2!1!1!0!}=\dfrac{24}{2}=12$

$k$ に関する帰納法で証明する。 $k=1$ のときは自明，$k=2$ のときは二項定理そのもの。

$k$ まで正しいと仮定すると，二項定理より，

$(x_1+\cdots +x_k+x_{k+1})^n\\ =\{(x_1+\cdots +x_{k})+x_{k+1}\}^n\\ =\displaystyle\sum_{t=0}^n{}_n\mathrm{C}_t(x_1+\cdots +x_{k})^tx_{k+1}^{n-t}$

目標の項は $t=n-e_{k+1}$ の部分から出てくる。 $t=n-e_{k+1}$ の部分は，

${}_n\mathrm{C}_{n-e_{k+1}}(x_1+\cdots +x_k)^{n-e_{k+1}}x_{k+1}^{e_{k+1}}\\ =\dfrac{n!}{(n-e_{k+1}!)e_{k+1}!}(x_1+\cdots +x_k)^{n-e_{k+1}}x_{k+1}^{e_{k+1}}$

よって，帰納法の仮定より，$x_1^{e_1}\cdots x_{k+1}^{e_{k+1}}$ の項の係数は，

$\dfrac{n!}{(n-e_{k+1})!e_{k+1}!}\cdot \dfrac{(n-e_{k+1})!}{e_1!\cdots e_k!}\\ =\dfrac{n!}{e_1!\cdots e_{k+1}!}$

$x^8$ の項は「$x^2$ と $4$ つ，$2$ を $1$ つ」または「$x^2$ を $3$ つ，$3x$ を $2$ つ」選んだときに登場する項から出てくる。前者は $\dfrac{5!}{4!0!1!}(x^2)^4\cdot 2=10x^8$ であり，後者は $\dfrac{5!}{3!2!0!}(x^2)^3(3x)^2=90x^8$ である。

よって，答えは $100$