Cím: A polynomiális tétel
Szerző(k):  Antal Márkus 
Füzet: 1901/december, 89 - 92. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Valamely polynom n-dik hatványa könnyen meghatározható, ha ismerjük a binomiális tételt. Ugyanis:

(a+x)2=(n0)xn+(n1)xn-1+...+(nα)aaxn-α+...+(nn)an=Σ(nα)aαxn-a,
vagy még:
(a+x)n=Σn!α!(n-α)!aaxn-a.
Ha most x helyébe (b+c)-t teszünk és tekintetbe vesszük, hogy
xn-α=(b+c)n-α=Σ(n-α)!β![(n-α)-β]!bβc(n-α)-β,
akkor
(a+b+c)n=Σn!α!β!(n-α-β)!aαbβc(n-α)-β.
Tegyük fel, hogy az itt talált törvényszerűség p tag esetén igaz, tehát hogy
(a1+a2+a3+...+ap-1+x)n=
=Σn!a!a2!...ap-1![n-a1-a2-...-ap-1]!a1a1a2a2...xn-α1-α2...αp-1
és tegyük x helyébe (ap+ap+1)-et; akkor tekintetbe véve, hogy
xn-(α1+α2+...+αp-1)=(ap+ap+1)n-(α1+α2+...+αp-1)=
=Σ[n-(α1+α2+...+αp-1)]!ap![n-(α1+α2+...+αp-1+ap)]!apαpap+1n-α1-α2-...αp
kapjuk, hogy
(a1+a2+a3+...+ap+ap+1)n=
=Σn!a1!a2!...ap![n-(α1+α2+...+αp)]!a1α1a2α2...apαpap+1n-α1-α2-...αp.
Ha tehát a tétel p összeadandó esetén érvényes, akkor igaz p+1 esetén is. Ámde p=2 esetén igaz volt, helyes tehát akkor is, ha p=3,p=4 és í. t. s így helyes minden esetben.
Általában tehát:
(a1+a2+...+ap)n=
=Σn!a1!a2!...ap-1![n-α1-α2-...-αp-1)]a1α1a2α2...ap-1αp-1apn-α1-α2-...αp+1
ha pedig
n-α1-α2-...αp-1=ap
teszünk; akkor a polynomiális képlet végső alakja:
(a1+a2+...+ap)n=Σn!a1!a2!...ap!a1α1a2α2...αpαp,
ahol a1,a2,...ap pozitiv egész számok, vagy 0 és
a1+a2+...+ap=n.
Legyen pl. kifejtendő (a+b+c)4, akkor:
(a+b+c)4=Σ4!α!β!γ!aαbβcγésα+β+γ=4.
 
α,β,γ  értékeiAz egyes tagokban a főmennyiségekEgyütthatóik
4,0,0
a4b0c0,a0b4c0,a0b0c4.4!4!0!0!=1
3,1,0a3b1c0,a3b0c1,b3c0a1,c3a1c0,c3a0b1.4!3!1!0!=42,2,0a2b2c0,a2b0c2,a0b2c2.4!2!2!0!=62,1,1a2b1c1,a1b2c1,a1b1c2.4!2!1!1!=12   


 
és így
(a+b+c)4=a4+b4+c4++4a3b+4a3c+4b3c+4b3a+4c3a+4c3b++6a2b2+6b2c2+6c2a2++12a2bc+12b2ca+12c2ab.  
 

Végül könnyen meghatározhatjuk még a K=(a1+a2+...+ap)n kifejtésében a tagok számát is. Ugyanis minden tagnak
a1α1a2α2...apαp=a1a1...a1α1a2...a2α2...ap...apαp
alakja van, a hol
α1+α2+...+αp=n.

Annyi tagja van tehát a K-nak, a hány ismétléssel alkotható n-ed osztályú kombinácziója van p elemnek; vagyis:
Cni(p)=Cn(n+p-1)=Cp-1(n+p-1),
mert
(n+p-1n)=(n+p-1p-1).
Tehát
Cni(p)=Cn(n+p-1)=(n+p-1)(n+p-2)...p123...n
vagy
Cni(p)=Cp-1(n+p-1)=(n+p-1)(n+p-2)...(n+1)123...(p-1).
A számolásnál az előbbit vagy utóbbit használjuk, a mint np.
A kidolgozott feladatnál, minthogy 4>3, az utóbbi formulát használjuk:
C4i(3)=C2(6)=6512=15.

A polynomiális tétel segélyével igen egyszerű bizonyítását adhatjuk Euler tételének, a melynek a Fermat-féle tétel egyszerűbb esete. Ha ugyanis:
a1=a2=...=ap=1,
akkor
(a1+a2+...+ap)n=pn.
A jobb oldalon vannak olyan tagok (a1n,a2n,...,apn), a melyekben a tényezők hatványkitevői: n,0,0,...,0, tehát együtthatóik:
n!n!0!0!...0!=1.
Ezen tagok összege
a1n+a2n+...+apn=1+1+...+1=p.
Lesz tehát
pn-p=Σn!a1!a2!...ap!,hola1+a2+...+ap=n.
E kifejezésben azonban most már a1+a2+...+ap hatványkitevők mindegyike n-nél kisebb positív egész szám vagy nulla, mert ha csak egy is n-nel egyenlő, akkor a többi 0 és ezeket a tagokat a baloldalra vittük. Ámde n!a1!a2!...ap! az n elemből ismétléssel alkotott permutácziók számát jelenti, ha az elemek közt a1,a2,...ap egyenlő van, tehát minden A=n!a1!...ap! egész szám. Ha tehát n absolut prímszám, akkor a nevezőben levő tényezők mind kisebbek lévén n-nél, ez az egyszerűsítésnél nem eshetik ki, tehát minden A és így az egész Σn!a1!...ap! és evvel együtt pn-p is osztható n-nel.
Tehát:
Euler tétele: "A pn-p különbség osztható n-nel, ha n absolut prímszám".
Euler tételének közvetlen folyománya Fermat tétele. Ugyanis, ha n absolút prímszám, akkor
pn-p=nN=p(pn-1-1)
vagy
p(pn-1-1)n=N,

a hol N egész szám. Ha már most p és n relatív prímszámok, akkor kell, hogy (pn-1-1) osztható legyen n-nel, vagyis:
Fermat tétele: "Ha n absolút prímszám nem osztója a p-nek, akkor (pn-1-1) osztható n-nel"