【母関数マスター講座 第5回】代入の魔法〜「1」を代入すると何が起きるか？〜

第1部（第1回〜第4回）では、様々な条件を多項式に「翻訳」し、展開することで欲しい場合の数を自動計算する基本メカニズムを学びました。

今回からの第2部では、せっかく作った多項式を「すべて展開する」のではなく、文字 $${x}$$ に「特定の数字を代入する」ことで、欲しい情報だけを巧みにあぶり出す魔法のテクニックを解説します。

母関数マスター講座の全体像、シラバスは以下の記事でご覧ください。

https://note.com/goukalize/n/ne5f45c351ab2

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1. 係数の総和を求める

何かの事象を母関数に翻訳し、次のような多項式 $${f(x)}$$ が得られたとします。

$$
\begin{aligned}
f(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \cdots + a_n x^n \tag{①}
\end{aligned}
$$

①の式において、 $${x}$$ の右肩の数字（次数）は「条件」を、その前の数字 $${a_k}$$ （係数）は「その条件を満たす場合の数」を表していました。

ここで、この多項式全体に $${x = 1}$$ を代入してみましょう。 $${1}$$ は何乗しても $${1}$$ なので、すべての $${x}$$ が消滅し、係数だけの足し算になります。

$$
\begin{aligned}
f(1) = a_0 + a_1 + a_2 + \cdots + a_n \tag{②}
\end{aligned}
$$

②より、 $${f(1)}$$ は「すべての係数を足し合わせたもの」になります。場合の数において、すべての条件のパターンを足し合わせるということは、すなわち「すべての場合の数（総数）」を求めていることと同義です。

2. コイントスで魔法を確認する

この魔法がどれほど強力か、第1回で扱ったコイントスの例で確認してみましょう。
$${n}$$ 枚のコインを投げるとき、表が出る枚数を数える母関数は次の式でした。

$$
\begin{aligned}
f(x) = (1 + x)^n \tag{③}
\end{aligned}
$$

③を展開して各項の係数を足し合わせれば、コインの出方の総数がわかるはずです。しかし、わざわざ展開しなくても、③の式に直接 $${x = 1}$$ を代入すれば一瞬で計算できます。

$$
\begin{aligned}
f(1) &= (1 + 1)^n \\
&= 2^n \tag{④}
\end{aligned}
$$

④より、 $${n}$$ 枚のコインの出方の総数は $${2^n}$$ 通りであることが、展開を一切経由せずに求まりました。これは「1枚につき表か裏の2通りあるので、 $${2 \times 2 \times \cdots = 2^n}$$ 通り」という直感的な計算結果と完全に一致します。

3. 二項係数の和の公式を一撃で証明する

この「 $${1}$$ を代入する」という操作は、教科書に載っている重要な公式の証明にも直結しています。
二項定理の式をもう一度見てみましょう。

$$
\begin{aligned}
(1 + x)^n = \sum_{k=0}^n {}_n\mathrm{C}_k x^k \tag{⑤}
\end{aligned}
$$

⑤の両辺に $${x = 1}$$ を代入します。

$$
\begin{aligned}
2^n = \sum_{k=0}^n {}_n\mathrm{C}_k \tag{⑥}
\end{aligned}
$$

⑥より、 $${{}_n\mathrm{C}_0 + {}_n\mathrm{C}_1 + \cdots + {}_n\mathrm{C}_n = 2^n}$$ という有名な公式が、たった1行の代入操作で証明できてしまいました。公式を丸暗記しなくても、母関数の視点を持っていれば「 $${x = 1}$$ を代入しただけ」という当たり前の事実として処理できます。

まとめ

母関数 $${f(x)}$$ に $${x = 1}$$ を代入すると、すべての係数の和（すべての場合の数の総和）が求まります。「展開」という足し算の労力を、「代入」という一発の計算でショートカットできるのが、第2部のテーマである「代入の魔法」の入り口です。

次回、第6回ではこの魔法をさらに進化させます。 $${1}$$ ではなく「 $${-1}$$ 」を代入したとき、多項式の中でどんな劇的な変化が起きるのか。難関大で頻出の「偶数・奇数の分離」に迫ります。

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