二項係数の第一引数に関する無限和(母関数)

この記事では次の等式を証明します．

$\displaystyle{ \sum_{n = k}^\infty \binom{n}{k} y^n = \frac{y^k}{(1 - y)^{k + 1}}, \quad |y| < 1 }$

二項係数の母関数

数列 $\{a_{n}\}$ に対して

$\displaystyle{ f(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n x^n }$

で定められる関数 $f(x)$ を数列 $\{a_{n}\}$ の(通常型)母関数といいます．

二項係数の第二引数 $k$ に関する母関数

$\displaystyle{ \sum_{k = 0}^n \binom{n}{k} x^k = (1 + x)^n }$

が宇宙の常識である一方で，第一引数 $n$ に関する母関数

$\displaystyle{ \sum_{n = k}^\infty \binom{n}{k} y^n = \frac{y^k}{(1 - y)^{k + 1}}, \quad |y| < 1 }$

はあまり知られていないと思います．この記事ではこれを証明します！

証明

何と言っても第一引数 $n$ に関する和が厄介です．これを第二引数 $k$ に関する和と組み合わせることで次のように解消します．

$\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{\infty} \binom{n}{k} x^k y^n = \sum_{n = 0}^{\infty} (1 + x)^n y^n = \frac{1}{1 - (1 + x)y} }$

ただし， $|y| \lt 1$ を仮定しています．この仮定によって十分に小さい $x \gt 0$ を選ぶことにより $|(x + 1)y| \lt 1$ とできるため，上の等式が成り立ちます．さらに最右辺の計算を進めると

$\displaystyle{ \begin{align*} \frac{1}{1 - (x + 1)y} &= \frac{1}{1 - y} \cdot \frac{1}{1 - \frac{y}{1 - y}x} \\ &= \frac{1}{1 - y} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{y^k}{(1 - y)^k} x^k \\ &= \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{y^k}{(1 - y)^{k + 1}} x^k \end{align*} }$

となります．第二式から第三式への変形も十分に小さい $x \gt 0$ を選ぶことにより成り立ちます．以上より次を得ます．

$\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{\infty} \binom{n}{k} x^k y^n = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{y^k}{(1 - y)^{k + 1}} x^k }$

これを少し見やすくすると，次のようになります．

$\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{\infty} \left( \sum_{n = 0}^{\infty} \binom{n}{k} y^n \right) x^k = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{y^k}{(1 - y)^{k + 1}} x^k }$