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

[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)}
   
         nszer

A (félgyűrűkben mindenképp érvényes) disztributivitás („minden tagot minden taggal”) törvénye alapján x1x2...xn alakú szorzatokat kapunk, ahol x1, x2,..., xn ∈{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 akbn-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 akbn-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 akbn-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 xc·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 (18881935) 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

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

[szerkesztés] Lásd még

  • binomiális együttható
  • Pascal-háromszög
  • polinomiális tétel

[szerkesztés] Külső hivatkozások