解決済み

(1-z)^(-k-1)=Σ(n=k→∞)(n,k)z^(n-k)

(n,k)は二項係数

kは0以上の整数で、開円板B(0;1)で成り立つことの証明を教えてください。

ベストアンサー

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はじめに、

f(z)=1(1z)k+1f(z)=\frac{1}{(1-z)^{k+1}}

とすると、f(z)f(z)は正則関数である。(正則判定はご自分でどうぞ。)

このとき、z=0z=0の周りでテイラー展開すると

f(z)=z0+(k+1)1!z1+(k+1)(k+2)2!z2++(k+1)(k+n)n!zn+(1)\tag{1}f(z)=z^0+\frac{(k+1)}{1!}z^1+\frac{(k+1)(k+2)}{2!}z^2+\cdots+\frac{(k+1)\cdots(k+n)}{n!}z^n+\cdots

ダランベールの公式より、収束半径RR

R=limn(k+1)(k+n)n!(k+1)(k+n)(k+n+1)(n+1)!R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\frac{(k+1)\cdots(k+n)}{n!}}{\frac{(k+1)\cdots(k+n)(k+n+1)}{(n+1)!}}\right|

これを計算するとR=1R=1より、f(z)f(z)は開円板(0;1)(0;1)で収束することが確かめられる。


また、与式右辺においてik=mi-k=mとすれば、

i=k(i,k)zik=m=0(k+m,m)zm\sum_{i=k}^\infty(i,k)z^{i-k}=\sum_{m=0}^\infty(k+m,m)z^{m}

とできる。このとき第nnana_n

an=(k+1)(k+n)n!zna_n=\frac{(k+1)\cdots(k+n)}{n!}z^n

と書けるので、これは式(1)の第nn項と一致する。


よって

1(1z)k+1=i=k(i,k)zik\frac{1}{(1-z)^{k+1}}=\sum_{i=k}^\infty(i,k)z^{i-k}


が成り立つ。\square



書き損じ等あったらすみません。流れとしてはこんな感じかと。

質問者からのお礼コメント

質問者からのお礼コメント

とてもよく理解できました

そのほかの回答(1件)

申し訳ないのですが、上の数式をKaTexで表示されていただくと読みやすいのですが。どうか返信でよろしくおねがいします。