二項定理とは、2項式の累乗を展開した多項式の各項の係数に関する定理のことで、$(a+b)^n$（ただし、$a\neq0$かつ$b\neq0$）という2項式の自然数$n$乗を展開したとき、
\begin{align*}\large(a+b)^n&\large={_n\text{C}_0}a^n
b^0+{_n\text{C}_1}a^{n-1} b^1+{_n\text{C}_2}a^{n-2} b^2+\cdots\\
&\large\quad+{_n\text{C}_{n-2}}a^2 b^{n-2}+{_n\text{C}_{n-1}}a^1
b^{n-1}+{_n\text{C}_n}a^0 b^n\end{align*}
$\sum$をもちいれば
\[\large (a+b)^n=\sum_{k=0}^n{{_n\text{C}_k}a^{n-k} b^k}\]
と表せるという定理のことです。
また、$a^{n-k}b^k$（ただし、$0\leqq k\leqq n$）の係数は${_n\text{C}_k}$であるという定理でもあり、${_n\text{C}_k}$のことを二項係数といいます。
2項式の積
まず、2項式の積について考えます。
\[(a_1+a_2)(b_1+b_2)(c_1+c_2)\cdots\]
という2項式の積は1つずつ分配法則を利用して展開していきます。
$a_1+a_2=A,b_1+b_2=B,$$c_1+c_2=C,\cdots$とおくと
\[(a_1+a_2)(b_1+b_2)(c_1+c_2)\cdots=ABC\cdots\]
と書くことができます。
$A$だけを戻して分配法則より
\begin{align*}ABC\cdots&=(a_1+a_2)BC\cdots\\[0.5em]&=a_1
BC\cdots+a_2 BC\cdots\end{align*}
となります。この展開により、2項式$a_1+a_2$の$a_1$を因数に選んだ項と$a_2$を因数に選んだ項の2つができます。
今度は、同様に$B$だけを戻して分配法則より
\begin{align*}ABC\cdots&=a_1(b_1+b_2)C\cdots+a_2(b_1+b_2)C\cdots\\[0.5em]&=a_1
b_1 C\cdots+a_1 b_2 C\cdots\\ &\quad+a_2 b_1 C\cdots+a_2 b_2
C\cdots\end{align*}
となります。この展開により、$a_1$を因数に選んだ項と$a_2$を因数に選んだ項は、さらにそれぞれ2項式$b_1+b_2$の$b_1$を因数に選んだ項と$b_2$を因数に選んだ項の2つに分かれ、全体で4つの項ができます。
掛け合わせる2項式1個につき展開式の項の個数が2倍になるので、$n$個の2項式を掛け合わせたときは$2^n$個の項をもつ展開式になります。
2項式の累乗
次に、2項式の累乗について考えます。
\[(a+b)^n=\overbrace{(a+b)(a+b)(a+b)\cdots(a+b)}^{n\text{個}}\]
$(a+b)^n$（$a\neq0$かつ$b\neq0$、$n:
n\geqq2$の自然数）という2項式の累乗は、2項式$a+b$を$n$個掛け合わせる計算を表します。
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2項式はすべて$a+b$であり$n$個あることから、展開式のどの項も$a$と$b$を合計$n$個掛け合わせることでつくられており、$b$を$k$個（ただし、$0\leqq
k\leqq n$）掛け合わせている項は$a^{n-k} b^k$と書けます。
（$k=0$のときの項は$a^n$、$k=n$のときの項は$b^n$となりますが、$a^0=b^0=1$なので$a^n=a^n\cdot1=a^n b^0,$$b^n=1\cdot b^n=a^0 b^n$と書けます。）
（$k=0$のときの項は$a^n$、$k=n$のときの項は$b^n$となりますが、$a^0=b^0=1$なので$a^n=a^n\cdot1=a^n b^0,$$b^n=1\cdot b^n=a^0 b^n$と書けます。）
上の樹形図の経路を$a$と$b$の掛け合わせる順番とすると、展開式の項の中には掛け合わせる順番が異なるだけで$a$と$b$をそれぞれ掛け合わせた個数が一致する、すなわち$a^{n-k}
b^k$の$k$が一致するものが存在する場合があります。
.png)
したがって、展開式のすべての項を同類項でまとめて整理すると
ただし、これは$n\geqq2$の場合であったので、$n=1$のときも確認します。
\[(a+b)^n=\begin{aligned}&{_n\text{C}_0}a^n
b^0+{_n\text{C}_1}a^{n-1} b^1+{_n\text{C}_2}a^{n-2} b^2+\cdots\\
&\quad+{_n\text{C}_{n-2}}a^2 b^{n-2}+{_n\text{C}_{n-1}}a^1
b^{n-1}+{_n\text{C}_n}a^0 b^n\end{aligned}\tag{*}\]
と書け、$\sum$をもちいれば
\[(a+b)^n=\sum_{k=0}^n{{_n\text{C}_k}a^{n-k} b^k}\]
と表せることがわかります。ただし、これは$n\geqq2$の場合であったので、$n=1$のときも確認します。
$n=1$のとき、$(*)$の左辺は
\[(a+b)^1=a+b\]
$(*)$の右辺は
\begin{align*}{_1\text{C}_0}a^1 b^0+{_1\text{C}_1}a^0 b^1&=1\cdot
a\cdot1+1\cdot1\cdot b\\[0.5em]&=a+b\end{align*}
となるため、成り立つことがわかります。
したがって、自然数$n$において$(*)$は成り立つ、すなわち二項定理が成り立つことがわかります。
ちなみに、${_n\text{C}_k}={_n\text{C}_{n-k}}$であることより、$(*)$は
すなわち、二項定理の式は
\begin{align*}(a+b)^n&=\textcolor{red}{_n\text{C}_0}a^n
b^0+\textcolor{red}{_n\text{C}_1}a^{n-1}
b^1+\textcolor{red}{_n\text{C}_2}a^{n-2} b^2+\cdots\\
&\quad+\textcolor{red}{_n\text{C}_{n-2}}a^2
b^{n-2}+\textcolor{red}{_n\text{C}_{n-1}}a^1
b^{n-1}+\textcolor{red}{_n\text{C}_n}a^0
b^n\\[0.5em]&=\textcolor{blue}{_n\text{C}_n}a^n
b^0+\textcolor{blue}{_n\text{C}_{n-1}}a^{n-1}
b^1+\textcolor{blue}{_n\text{C}_{n-2}}a^{n-2} b^2+\cdots\\
&\quad+\textcolor{blue}{_n\text{C}_2}a^2
b^{n-2}+\textcolor{blue}{_n\text{C}_1}a^1
b^{n-1}+\textcolor{blue}{_n\text{C}_0}a^0
b^n\\[0.5em]&={_n\text{C}_0}a^0 b^n+{_n\text{C}_1}a^1
b^{n-1}+{_n\text{C}_2}a^2 b^{n-2}+\cdots\\
&\quad+{_n\text{C}_{n-2}}a^{n-2} b^2+{_n\text{C}_{n-1}}a^{n-1}
b^1+{_n\text{C}_n}a^n b^0&(\because交換法則)\end{align*}
とも書くことができます。すなわち、二項定理の式は
\begin{align*}\large(a+b)^n&\large={_n\text{C}_0}a^0
b^n+{_n\text{C}_1}a^1 b^{n-1}+{_n\text{C}_2}a^2 b^{n-2}+\cdots\\
&\large\quad+{_n\text{C}_{n-2}}a^{n-2} b^2+{_n\text{C}_{n-1}}a^{n-1}
b^1+{_n\text{C}_n}a^n b^0\end{align*}
や$\sum$をもちいて表した
\[\large (a+b)^n=\sum_{k=0}^n{{_n\text{C}_k}a^k b^{n-k}}\]
という冒頭の式の$a$と$b$の指数を入れ替えた書き方もあるということです。
また、${_n\text{C}_0}={_n\text{C}_n}=1,$${_n\text{C}_1}={_n
\text{C}_{n-1}}=n,$$a^0=b^0=1,$$a^1=a,b^1=b$であることから、$(*)$の右辺の$1,2,(n-1),n$番目の項は
\[(a+b)^n=\begin{aligned}&a^n +na^{n-1} b+{_n\text{C}_2}a^{n-2}
b^2+\cdots\\ &\quad+{_n\text{C}_{n-2}}a^2
b^{n-2}+nab^{n-1}+b^n\end{aligned}\]
と書くことができます。
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