ブラジルの宝くじ「メガセナ」では、60 個の数から 6 個を選びます。異なる選び方は何通りあるでしょうか。全部書き出していたら一生かかります。五千万通り以上あるのです。でも書き出さずに数えることはできますし、パスカルがその方法を示しました。

順番を気にせずに選ぶ

小さな例から始めましょう。5 人のグループから委員を 2 人選ぶ方法は何通りでしょうか。

順番が問題になるなら、1 人目は $5$ 通り、2 人目は $4$ 通りで、$5\cdot4=20$ 通りです。でも委員会では「アナとブルーノ」も「ブルーノとアナ」も同じなので、どの組も二回ずつ数えられています。委員会は $20/2=10$ 通りです。

一般に、$n$ 個のものから順番を気にせず $k$ 個を選ぶ方法の数は

$$\binom nk=\frac{n!}{k!\,(n-k)!},$$

です。ここで $n!=n\cdot(n-1)\cdots2\cdot1$ です。「$n$ 個から $k$ 個を選ぶ組合せの数」と読みます。委員会の場合は $\binom52=\frac{120}{2\cdot6}=10$ です。

なぜ三角形の数になるのか

パスカルは、$\binom nk$ がちょうど算術三角形の数 $C(n,k)$ であることに気づきました。理由は同じ足し算の規則です。

グループの中から一人、たとえばアナを選んでおきます。$n$ 人から選んだ $k$ 人の委員会は、アナを含むか、含まないかのどちらかです。含むなら、残りの $n-1$ 人から $k-1$ 人を選べばよく、含まないなら、$k$ 人全員が残りの $n-1$ 人から選ばれます。したがって

$$\binom nk=\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k},$$

これはまさに三角形の規則です。どちらも端は同じ $1$ で始まり、同じ規則に従うので、同じ表になります。

メガセナ

これで大きな計算も簡単です。

$$\binom{60}{6}=\frac{60\cdot59\cdot58\cdot57\cdot56\cdot55}{6\cdot5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1}=50\,063\,860.$$

一口の当選確率は五千万分の一あまりです。毎週一口ずつ買っても、当たるまでに平均で百万年近く待つことになります。

和の累乗

同じ考え方で、三角形のもう一つの登場の仕方も説明できます。

$$(a+b)^3=(a+b)(a+b)(a+b)$$

を展開すると、結果の各項は、三つのかっこのそれぞれから $a$ か $b$ を一つずつ選んでできます。$a^2b$ を得るには、三つのうちちょうど一つのかっこで $b$ を選べばよく、その選び方は $\binom31=3$ 通りです。だから

$$(a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3,$$

となり、一般には

$$(a+b)^n=\sum_{k=0}^n\binom nk a^{n-k}b^k.$$

です。$a=b=1$ とすると左辺は $2^n$ になり、またしても $n$ 行目の和です。この公式は指数が整数のときに成り立ちます。十年後、ニュートンは指数が分数のときどうなるかを発見しました。一般化された二項式を見てください。

酔っぱらいの歩み

ある男が酒場を出て、家に帰ろうとしています。一歩ごとに、前（$F$）か後ろ（$T$）に、同じ確率で進みます。二歩歩いたあとの道筋は

$$FF,\quad FT,\quad TF,\quad TT.$$

の四通りで、そのうち二通りでは出発点に戻っています。三歩なら道筋は八通りです。$FFF$、$F$ が二つのものが三通り、$F$ が一つのものが三通り、そして $TTT$。この数え方が二項式の展開そのものであることに注目してください。

$$(F+T)^2=F^2+2FT+T^2,\qquad (F+T)^3=F^3+3F^2T+3FT^2+T^3.$$

$n$ 歩歩くと道筋は $2^n$ 通りあり、ちょうど $k$ 歩だけ前に進んでいる確率は

$$\frac{1}{2^n}\binom nk.$$

です。前の記事の鉢の噴水の、水を歩みに置きかえたものです。このランダムウォークというモデルは、今では気体の分子の動き、株価、部屋に広がる香水の香りなどを表すのに使われています。

最初の帰納法による証明

論文の中で、パスカルは三角形のすべての行について成り立つ性質を証明しようとしました。同じ行の隣り合う二つの数の比は

$$\frac{\binom{n}{k+1}}{\binom nk}=\frac{n-k}{k+1}.$$

である、というものです。無限にある行を一つずつ確かめることはできません。そこで彼は二段階で論じました。第一に、この性質は最初の行で成り立つ。第二に、もしある行で成り立つならば、次の行でも成り立つ。したがって、すべての行で成り立つ。

この論法が数学的帰納法です。似た考えはそれ以前にもありましたが、パスカルの論文は、それを一つの方法としてはっきり述べた最初のものとされています。

この比を使えば、三角形全体を作らなくても、行の各数を一つ前の数から一回のかけ算で求められます。5 行目なら、$1$、次に $1\cdot\frac51=5$、次に $5\cdot\frac42=10$、次に $10\cdot\frac33=10$ です。

練習：(a + b)⁴ における a²b² の係数は？

四つのかっこのうち、$b$ を選ぶ二つの位置を選びます。$\binom42=6$ です。実際、$(a+b)^4=a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4$ です。

練習：4 歩歩いたあと、酔っぱらいが出発点にいる確率は？

前に 2 歩、後ろに 2 歩進む必要があります。確率は $\dfrac{1}{2^4}\binom42=\dfrac{6}{16}=\dfrac38$、つまり 37.5% です。

出典： パスカルの伝記、MacTutor · パスカルとフェルマーの書簡、英訳。

パスカルの全トピック · ← パスカルの三角形：足し算で組み立てる · シュヴァリエ・ド・メレのサイコロと公平な分配 →

画像クレジット.