２項定理は数学の基本的な定理の中でも最も重要な定理である．ここでは，nＣkのことを(n,k)を書くことにするが，階乗や２項係数などを含んだ有限和では，たとえば

　　Σ(n,k)=2^n

次数ｎの２項係数の和は2^nであるという有名な（古い？，由緒ある？）恒等式がある．これは，パスカルの三角形

　　Σ(n,k)p^k･q^(n-k)=(p+q)^n

において，ｐ＝１，ｑ＝１とおくことにより簡単に導かれる．

　２項係数の２乗の和も非常に簡単である．　　

　　Σ(n,k)^2=(2n,n)

（証明）文字１，２，・・・，ｎからｋ個の文字の選び方は(n,k)通り．

文字ｎ＋１，ｎ＋２，・・・，２ｎからｎ−ｋ個の文字の選び方は(n,n-k)通り．

したがって，そのような対の選び方は(n,k)(n,n-k)=(n,k)^2通り．

　一方，２ｎ個の文字１，２，・・・，２ｎからｎ個の文字の選び方は(2n,n)通り．各ｋに対する上の対の選び方は１対１に対応しているから，その和Σ(n,k)^2は(2n,n)に等しい．

　では，３乗の和はどうなるのであろうか？

　　Σ(n,k)^3=？

実はこれには単純な公式のないことが証明されている．（f(n)=Σ(n,k)^3の満たす漸化式は

　　8(n+1)^2f(n)+(7n^2+21n+16)f(n+1)-(n+2)^2f(n+2)=0

であるが，閉形式の解はもたない．）

　比較的有名な有限級数をあげておくと，

　　Σ(-1)^k(n,k)=0

　　Σk(n,k)=n2^(n-1)

　　Σ(2n-2k,n-k)(2k,k)=4^n

　　Σ(-1)^k(2n,k)^3=(-1)^n(3n)!/(n!)^3

　　Σ(-1)^k(a+b,a+k)(a+c,c+k)(b+c,b+k)=(a+b+c)!/a!b!c!

　　Σ(-1)^k(2n,k)(2k,k)(4n-2k,2n-k)=(2n,n)^2

　　Σ(i+j,i)(j+k,j)(k+i,k)=Σ(2j,j) i+j+k=n

　　Σ(-1)^(n+r+s)(n,r)(n,s)(n+r,r)(n+s,s)(2n-r-s,n)=Σ(n,k)^4

　また，

　　Σ(n,k)(n+k,k)^2

　　Σ(n,k)^2(n+k,k)^2

はそれぞれアペリがζ（2），ζ（3）の無理数性の証明に用いた数列であるし，

　　Σ(n,k)(n+k,k)

はｌｏｇ２の数列を構成する．

　有名ではないが，次のようにゼータ関数に帰着する無限級数も知られている．

　　Σ1/(2n,n)={2π√3+9}/27

　　Σ1/n(2n,n)=π√3/9

　　3Σ1/n^2(2n,n)=ζ（2）

　　12Σ(2-√3)^n/n^2(2n,n)=ζ（2）

　　5/2Σ(-1)^(n-1)/n^3(2n,n)=ζ（3）

　　36/17Σ1/n^4(2n,n)=ζ（4）

　このことからζ（2），ζ（3），ζ（4），・・・がΣ1/n^k(2n,n)あるいはΣ(-1)^(n-1)/n^k(2n,n)の簡単な有理数倍になっている

　　ζ（5）＝R*Σ(-1)^(n-1)/n^5(2n,n)

と予想するのは当然の成りゆきであろう．ところが，予想に反して，Ｒはたとえ有理数であったにしても，簡単なものにはならないらしい．

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【１】Dixonの恒等式

　　Σ(-1)^k(2n,k)^3=(-1)^n(3n)!/(n!)^3

　　Σ(-1)^k(a+b,a+k)(a+c,c+k)(b+c,b+k)=(a+b+c)!/a!b!c!

は，ディクソンの有名な和公式であるが，とくに後者の恒等式は美しく覚えやすい形である（ディクソンの恒等式）．

　　Σ(-1)^j(2k,k+j)^3=(3k)!/(k!)^3　　　（ディクソン，１８９１年）

と

　　Σ(k,i)^2=(2k,k)=(2k)!/(k!)^2

との類似性に注意されたい．ディクソンの恒等式の拡張が

　　Σ(-1)^j(a+b,a+j)(b+c,b+j)(c+a,c+j)=(a+b+c)!/a!b!c!

というわけである．これを超幾何関数に翻訳すると，d=a-b+1,e=a-c+1で1+a/2-b-cが正ならば

　　3Ｆ2(a,b,c|1)=(a/2)!(a-b)!(a-c)!(a/2-b-c)!/a!(a/2-b)!(a/2-c)!(a-b-c)!

となる．

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【２】Clausenの4F3恒等式

　ｄが正でない整数で，a+b+c-d=1/2,c=a+b+1/2,a+f=d+1=b+gのとき

　　4Ｆ3(a,b,c,d|1)=(2a)|d|(a+b)|d(2b)|d|/(2a+2b)|d|(a)|d|(b)|d|

　　　　(e,f,g | )

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【３】Dougallの5F4恒等式

　　5Ｆ4(a,1+a/2,b,c-n |1)=(1+a)n(1+a-b-c)n/(1+a-b)n(1+a-c)n

　　　　(a/2,1+a-b,1+a-c,1+n+a| )

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【４】Dougallの7F6恒等式

　ａ7＝−ｎ，ｎ＋２ａ1＋１＝ａ2＋ａ3＋ａ4＋ａ5，ａ6＝１＋ａ1／２，

　ｂi＝１＋ａ1−ａi+1　　　(i=1~6)のとき

　　7Ｆ6(a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7|1)/(b1,b2,b3,b4,b5,b6 | )

=(a1+1)n(a1-a2-a3+1)n(a1-a2-a4+1)n(a1-a3-a4+1)n/(a1-a2+1)n(a1-a3+1)n(a1-a4+1)n(a1-a2-a3-a4+1)n

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