ΣのΣ - amori's blog

で式をこねくり回してたら、

$\displaystyle \sum^n \sum ・(m回)・\sum 1 = {}_{n+m-1} C_m$

ということに気がついた。

なんの役に立つはわからんが(-_-;)

例:
$\displaystyle {1 = {}_{any} C_0 \\ \sum_{}^n 1 = n = {}_{n+1-1} C_1 \\ \sum_{k=1}^n \sum^k 1 = \sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2} ={}_{n+2-1} C_2 \\ \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^k \sum^j 1 = \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^k j = \sum_{k=1}^n \frac{k(k+1)}{2} = \frac{1}{2} (\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + \frac{n(n+1)}{2}) \\ =\frac{1}{12}(2n^3+3n^2+n +3n^2+3n)=\frac{1}{6}(n^3+3n^2+2n)=\frac{n(n+1)(n+2)}{3!}={}_{n+3-1} C_3 }$

この等式の理屈は意外に簡単で、組合せ問題を2通りで表現することに相当します。
例えば、「6個の玉を3つの組に分類する。ただし玉に区別はなく組は区別はする。」という問題を考えます。
ひとつの組に少なくとも1個の玉を割り振るとすると、その組合せは
$\displaystyle {}_{6 - 1}C_{3-1} = \frac{5×4}{2×1} = 10$
です。6個の玉「◯」を一列に並べて玉の間（6ー1＝5箇所）のうち2（＝3ー1）箇所選んで仕切り「｜」をいれる、という考え方です。

◯｜◯｜◯｜◯｜◯｜◯

こんな感じで、n+m＝6、m=3-1 が相当します。

この問題は、組み分けで0個を許し、3個の玉を3組に分けるとしても全く同じです。（各組に1個づつ最初から割り振ると考えます）
そうすると玉と仕切りの関係は、
｜◯｜◯｜◯｜
となり、四箇所の仕切りの選択は重複を許し、また両端は固定なので、結局ふたつの可動仕切りを四箇所に配置するという問題と等価で、その計算は
4＋3＋2＋1
で、仕切りの数がΣの数ということです。