Binomiális tétel

A Wikipédiából, a szabad lexikonból.

A binomiális tétel egy matematikai (algebrai) tétel, mely a következő képletben foglalható össze:

$(a+b)^n = \sum_{k=0}^n {n \choose k} a^{n-k}b^{k}$ ;

részletesebben (szummajel használata nélkül):

$(a+b)^n = {n \choose 0} a^{n}b^{0} + {n \choose 1} a^{n-1}b^{1} + ... + {n \choose n-1} a^{1}b^{n-1} + {n \choose n} a^{0}b^{n}$ ;

ahol n természetes szám (n∈ℕ), a,b pedig valós vagy komplex számok, vagy általánosabban, egy kommutatív félgyűrű elemei; továbbá a képletben szereplő ún. binomiális együtthatók a következőképp számolhatóak ki: $\mbox{ }_{ {n \choose k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} }$ ; n! pedig az n faktoriálisát jelenti.

Tartalomjegyzék

1 Példák
2 Története
3 Bizonyítások
- 3.1 Kombinatorikus jellegű bizonyítás
- 3.2 Indukciós bizonyítás
4 Egyszerű következmények és alkalmazások
- 4.1 Az n-edrendű binomiális együtthatók öszege és váltakozó előjelű összege
- 4.2 Hatványfüggvény deriváltja
5 Általánosítások
- 5.1 A polinomiális tétel
- 5.2 Newton általánosított binomiális tétele
6 Érdekességek
- 6.1 Binomiális tétel a kultúrában
7 Hivatkozások

[szerkesztés] Példák

$(x + y)^0 = x^0 y^0\,$

$(x + y)^1 = x^1 + y^1\,$

$(x + y)^2 = x^2 + 2xy + y^2\,$

$(x + y)^3 = x^3 + 3x^2y + 3xy^2 + y^3\,$

$(x + y)^4 = x^4 + 4x^3y + 6x^2y^2 + 4xy^3 + y^4.\,$

$(x + y)^5 = x^5 + 5x^4y + 10x^3y^2 + 10x^2y^3 + 5xy^4+y^5.\,$

[szerkesztés] Története

A formulát, a Pascal-háromszöggel együtt gyakran Blaise Pascalnak tulajdonítják, aki a XVII. században leírta ezeket, de már a kínai Yang Hui (XIII. sz., sőt a XI. századi perzsiai iszlám Omar Khayyám, sőt a Kr. e. 3. századi indiai Pingala is utal rájuk. Az arab matematikusok (Al-Karadzsi, ~953-~1029) már meglehetős biztonsággal alkalmazták kisebb n-ekre ^[1], Kínában és Indiában az 1100-as években (vagy előbb) fedezthették fel.

A formulát általánosabb alakjában Isaac Newton 1665-ben leírta és bizonyította is.

[szerkesztés] Bizonyítások

[szerkesztés] Kombinatorikus jellegű bizonyítás

Tudvalevőleg

$(a + b) n$	=	$\underbrace{(a+b)(a+b)...(a+b)}$
		$n - s z e r$

A (félgyűrűkben mindenképp érvényes) disztributivitás („minden tagot minden taggal”) törvénye alapján x₁x₂...x_n alakú szorzatokat kapunk, ahol x₁, x₂,..., x_n ∈{a,b}. Ezeket kell összegezni. Egy ilyen tag úgy is adódhat, hogy kiválasztjuk az első zárójelben lévő a vagy b tag közül az egyiket (tetszőlegeset), aztán a másodikból is az a-t vagy b-t (tetszőlegesen), és így tovább. Tehát így valóban a tagok a_kb_n-k alakúak lesznek (a kitevők összege ugyanis n-et kell, hogy adjon, hiszen összesen n darab a-t vagy b-t választunk ki a zárójelekből és szorzunk össze), ahol 0≤k≤n. Például ha mind az n db. zárójelből az a-t választjuk ki, úgy adódik az aⁿb⁰ = aⁿ tag. A kérdés, rögzített k-ra hány darab darab a^kb^n-k létezik (több is létezhet, pl. már n=2 esetén is, a kommutativitás miatt, kétféle a¹b¹ = ab alakú tag áll elő aszerint, hogy az első zárójelből a-t és a másodikból b-t, illetve aszerint, hogy az első zárójelből b-t és a másodikból a-t választjuk.

Elegendő csak az a-k kitevője szerint vizsgálódni, hiszen ha a kitevője a rögzített k, akkor b kitevője már egyértelműen n-k. Annyiféle a^kb^n-k alakú tag lehet tehát, ahányféleképp n db. a szorzót választhatunk az n darab (a+b) zárójelből (a többi szorzó automatikusan b), tehát ahányféleképp az n db. a szorzó közül kiválaszthatunk k db. a szorzót, vagyis ahányféleképp egy n elemű halmazból (az a szorzók halmazából) kiválasztható k db. elem (k darab a szorzó); s ez a szám egy n elemű halmaz k elemű részhalmazainak a számát megadó binomiális együttható, $\mbox{ }_{ {n \choose k} }$ .

Tehát két tag összegének n-edik hatványa valóban n összegű kitevőjű a- és b alapú hatványok szorzatainak („tagok”) összege, és az egyes tagok együtthatója valóban a képletben szereplő binomiális együttható ■.

[szerkesztés] Indukciós bizonyítás

Teljes indukciót használunk, a „Pascal-képletet” is alkalmazva ( $\mbox{ }_{ {m+1 \choose k+1} = {m \choose k+1} + {m \choose k} }$ ). Ha n = 0, akkor

(a + b) 0 = 1

és $\sum_{k=0}^0 { 0 \choose k } a^{0-k}b^k = { 0 \choose 0 } a^{0}b^0$ = 1·1·1 = 1

valóban igaz, mert bármely valós szám ill. kommutatív félgyűrűelem nulladik hatványa definíció szerint 1. A példák alatt láthatóan teljesül a tétel egyéb kis n-ekre is.

Indukciós feltevésként legyen igaz a tétel valamely $m \le 0$ -ra. Akkor $n = m + 1$ -re a következőképp látható be:

$(a+b)^{m+1} = (a+b)^{m}(a+b) = a(a+b)^m + b(a+b)^m \,$

$= a \sum_{k=0}^m { m \choose k } a^{m-k} b^{k} + b \sum_{j=0}^m { m \choose j } a^{m-j} b^{j}$ az indukciós feltevés alapján;

$= \sum_{k=0}^m { m \choose k } a^{m-k+1} b^k + \sum_{j=0}^m { m \choose j } a^{m-j} b^{j+1}$ , elvégezve a kijelölt beszorzásokat a-val, illetve b-vel;

$= \left[ \sum_{k=1}^{m} {m \choose k} a^{m-k+1} b^k + {m \choose 0} a^{m-0+1}b^{0} \right]$

+

$\left[ \sum_{j=0}^{m-1} {m \choose j} a^{m-j} b^{j+1} + {m \choose m} a^{m-m} b^{m+1} \right]$ , az első részösszegből különválasztva a k=0, a másodikból pedig a j=m indexű, összesen két db. tagot; tehát:

$= {m \choose 0} a^{m+1}b^{0}$

+

$\left[ \sum_{k=1}^{m} {m \choose k} a^{m-k+1} b^k + \sum_{j=0}^{m-1} {m \choose j} a^{m-j}b^{j+1} \right]$

+

${m \choose m} a^{0} b^{m+1}$ ; a k futóindex helyébe is j-t írhatunk, figyelembe véve, hogy j 0-tól m-1-ig fut, míg k 1-től m-ig, tehát k=j+1, és így helyettesítve a, b hatványkitevői is a megfelelőképp kell hogy módosuljanak, kapjuk:

$= {m \choose 0} a^{m+1}b^{0}$

+

$\left[ \sum_{j=0}^{m-1} {m \choose j+1} a^{[m-(j+1)+1]} b^{j+1} + \sum_{j=0}^{m-1} {m \choose j} a^{m-j}b^{j+1} \right]$

+

${m \choose m} a^{0} b^{m+1}$ ; azaz:

$= {m \choose 0} a^{m+1}b^{0}$

+

$\left[ \sum_{j=0}^{m-1} {m \choose j+1} a^{m-j} b^{j+1} + \sum_{j=0}^{m-1} {m \choose j} a^{m-j}b^{j+1} \right]$

+

${m \choose m} a^{0} b^{m+1}$ ; azaz:

$= {m \choose 0} a^{m+1}b^{0} + \sum_{j=0}^{m-1} \left[ {m \choose j+1} a^{m-j} b^{j+1} + {m \choose j} a^{m-j}b^{j+1} \right] +$ ${m \choose m} a^{0} b^{m+1}$ ; azaz:

$= {m \choose 0} a^{m+1}b^{0} + \sum_{j=0}^{m-1} \left[ {m \choose j+1} + {m \choose j} \right] a^{m-j}b^{j+1} +$ ${m \choose m} a^{0} b^{m+1}$ ; alkalmazva a binomiális együtthatókra vonatkozó (szintén indukcióval bizonyítható) Pascal-képletet, és figyelembe véve, hogy ${m \choose 0} = 1 = {m+1 \choose 0}$ és ${m \choose m} = 1 = {m+1 \choose m+1}$ minden m-re:

$= {m+1 \choose 0} a^{m+1}b^{0} + \sum_{j=0}^{m-1} {m+1 \choose j+1} a^{m-j}b^{j+1} + {m+1 \choose m+1} a^{0} b^{m+1}$ ; most j helyébe k=j+1-et írva, s figyelembe véve, hogy j=k-1, j 0-tól m-1-ig fut, és a többi ilyesmit:

$= {m+1 \choose 0} a^{m+1}b^{0} + \sum_{k=1}^{m} {m+1 \choose k} a^{m-(k-1}b^{k} + {m+1 \choose m+1} a^{0} b^{m+1}$ ; azaz

$= {m+1 \choose 0} a^{m+1}b^{0} + \sum_{k=1}^{m} {m+1 \choose k} a^{m+1-k}b^{k} + {m+1 \choose m+1} a^{0} b^{m+1}$ ; és így

$= \sum_{k=0}^{m+1} {m+1 \choose k} a^{m+1-k}b^{k}$ ; és épp ez kellett ■.

[szerkesztés] Egyszerű következmények és alkalmazások

[szerkesztés] Az n-edrendű binomiális együtthatók öszege és váltakozó előjelű összege

Klasszikus diszkrét matematikai (algebra-kombinatorika) következménye a tételnek az a két azonosság, mely a Pascal-háromszög n-edik sorában áll elemek összegéről ill. váltakozó előjellel vett összegéről szól:

Ha tekintjük az $a = 1$ , illetve $b = 1$ helyettesítést, akkor kapjuk, hogy

$\sum_{k=0}^{n} { n \choose k } = 2^n$ .

Ha tekintjük az $a = 1$ , illetve $b = - 1$ helyettesítést, akkor kapjuk, hogy

$\sum_{k=0}^{n} (-1)^k { n \choose k } = 0$ ,

vagyis a binomiális együtthatók váltakozó előjelű összege 0.

[szerkesztés] Hatványfüggvény deriváltja

Fő szócikk: Hatványfüggvény.

Klasszikus analitikus alkalmazása a tételnek az x↦c·xⁿ valós vagy komplex hatványfüggvények deriváltját megadó egyszerű képlet, eszerint:

$\left(c \cdot x^n \right)' = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{ c \cdot \left( x+ \Delta x \right)^n - c \cdot \left( x \right)^n }{\Delta x} = cnx^{n-1}$

[szerkesztés] Általánosítások

[szerkesztés] A polinomiális tétel

[szerkesztés] Newton általánosított binomiális tétele

Fő szócikk: binomiális sor

Isaac Newton első jelentős matematikai felfedezése volt a binomiális tétel általánosítása racionális kitevőkre. Képlete azonban komplex kitevőkre is érvényes:

$(x+y)^r \ = \ \sum_{k=0}^{\infty} {r \choose k} x^k y^{r-k}$

ahol r tetszőleges komplex szám, az $\mbox{ }_{ {r \choose k} }$ általánosított binomiális együtthatók kiszámítása pedig a következő:
$\mbox{ }_{ {r \choose k} \ = \ {1 \over k!} \prod_{n=0}^{k-1}(r-n) \ = \ \frac{r(r-1)(r-2)\cdots(r-(k-1))}{k!} }\,$ ^[2]; vagy pedig $\mbox{ }_{ {r \choose k}=\frac{(-1)^k}{k!}(-r)_k }$ ;
ahol $(...) k$ az ún. Pochhammer-szimbólum.

[szerkesztés] Érdekességek

[szerkesztés] Binomiális tétel a kultúrában

Sir Arthur Conan Doyle Sherlock Holmes-történeteiben az elvetemült Moriarty professzor a szerzője az A Treatise on the Binomial Theorem (Értekezés a binomiális tételről) c. munkának.
Legalább három különböző Monty Python-műben (Coal Mine, Happy Valley, Az élet értelme) említődik a tétel.
Mihail Bulgakov A Mester és Margarita c. regényében is előkerül cáfoló bizonyítékként, amikor a Fokics nevű büfés azt állítja, hogy a saját halálát senki sem képes előre látni.
Fernando Pessoa (1888 — 1935) portugál költő egy egész, bár rövid költeményt (A Newton féle binomiális - O binomio de Newton) szentelt a tételnek ^[3], mi szerint: A Newton-féle binomiális ugyanolyan szép, mint a Milói Vénusz. Legfeljebb kevesen vesznek róla tudomást.

[szerkesztés] Hivatkozások

[szerkesztés] Jegyzetek

↑ Abu Bekr ibn Muhammad ibn al-Husayn Al-Karaji életrajza a Szent András-Egyetem honlapján (MacTutor Archive).
↑ A k = 0, esetben a képlet „tényezők nélküli szorzat”, így szükségképp 1, a k = 1 esetben pedig r.
↑ A Newton-féle - F. Pessoa verse a Ponticulus Hungaricus c. webhelyen

[szerkesztés] Lásd még

binomiális együttható
Pascal-háromszög
polinomiális tétel

[szerkesztés] Külső hivatkozások

Lawrence Neff Stout: Aesthetic Analysis of Proofs of the Binomial Theorem (A binomiális tétel három bizonyításának esztétikai analízise) - angol PDF.

A lap eredeti címe "http://hu.wikipedia.org../../../b/i/n/Binomi%C3%A1lis_t%C3%A9tel.html"

Kategóriák: Algebra | Matematikai tételek

Binomiális tétel

A Wikipédiából, a szabad lexikonból.

Tartalomjegyzék

[szerkesztés] Példák

[szerkesztés] Története

[szerkesztés] Bizonyítások

[szerkesztés] Kombinatorikus jellegű bizonyítás

[szerkesztés] Indukciós bizonyítás

[szerkesztés] Egyszerű következmények és alkalmazások

[szerkesztés] Az n-edrendű binomiális együtthatók öszege és váltakozó előjelű összege

[szerkesztés] Hatványfüggvény deriváltja

[szerkesztés] Általánosítások

[szerkesztés] A polinomiális tétel

[szerkesztés] Newton általánosított binomiális tétele

[szerkesztés] Érdekességek

[szerkesztés] Binomiális tétel a kultúrában

[szerkesztés] Hivatkozások

[szerkesztés] Jegyzetek

[szerkesztés] Lásd még

[szerkesztés] Külső hivatkozások

Views

Navigáció

Keresés

Más nyelveken