Kezdőlap


Cím:	A polynomiális tétel
Szerző(k):	Antal Márkus
Füzet:	1901/december, 89 - 92. oldal	PDF \| MathML
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:

\begin{matrix} {(a + x)}^{2} = (\binom{n}{0}) x^{n} + (\binom{n}{1}) x^{n} - 1 + ... + (\binom{n}{α}) a^{a} x^{n - α} + ... + (\binom{n}{n}) a^{n} = Σ (\binom{n}{α}) a^{α} x^{n - a}, \end{matrix}

vagy még:

\begin{matrix} {(a + x)}^{n} = Σ \frac{n!}{α! (n - α)!} a^{a} x^{n - a} . \end{matrix}

Ha most

x

helyébe

(b + c)

-t teszünk és tekintetbe vesszük, hogy

\begin{matrix} x^{n - α} = {(b + c)}^{n - α} = Σ \frac{(n - α)!}{β! [(n - α) - β]!} b^{β} c^{(n - α) - β}, \end{matrix}

akkor

\begin{matrix} {(a + b + c)}^{n} = Σ \frac{n!}{α! β! (n - α - β)!} a^{α} b^{β} c^{(n - α) - β} . \end{matrix}

Tegyük fel, hogy az itt talált törvényszerűség

p

tag esetén igaz, tehát hogy

\begin{matrix} {(a_{1} + a_{2} + a_{3} + ... + a_{p - 1} + x)}^{n} = \end{matrix}

\begin{matrix} = Σ \frac{n!}{a! a_{2}! ... a_{p - 1}! [n - a_{1} - a_{2} - ... - a_{p - 1}]!} \cdot a_{1}^{a_{1}} a_{2}^{a_{2}} ... x^{n - α_{1} - α_{2} ... α_{p - 1}} \end{matrix}

és tegyük

x

helyébe

(a_{p} + a_{p + 1})

-et; akkor tekintetbe véve, hogy

\begin{matrix} x^{n - (α_{1} + α_{2} + ... + α_{p - 1})} = {(a_{p} + a_{p + 1})}^{n - (α_{1} + α_{2} + ... + α_{p - 1})} = \end{matrix}

\begin{matrix} = Σ \frac{[n - (α_{1} + α_{2} + ... + α_{p - 1})]!}{a_{p}! [n - (α_{1} + α_{2} + ... + α_{p - 1} + a_{p})]!} a_{p}^{α_{p}} a_{p + 1}^{n - α_{1} - α_{2} - ... α_{p}} \end{matrix}

kapjuk, hogy

\begin{matrix} {(a_{1} + a_{2} + a_{3} + ... + a_{p} + a_{p + 1})}^{n} = \end{matrix}

\begin{matrix} = Σ \frac{n!}{a_{1}! a_{2}! ... a_{p}! [n - (α_{1} + α_{2} + ... + α_{p})]!} a_{1}^{α_{1}} a_{2}^{α_{2}} ... a_{p}^{α_{p}} a_{p + 1}^{n - α_{1} - α_{2} - ... α_{p}} . \end{matrix}

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:

\begin{matrix} {(a_{1} + a_{2} + ... + a_{p})}^{n} = \end{matrix}

\begin{matrix} = Σ \frac{n!}{a_{1}! a_{2}! ... a_{p - 1}! [n - α_{1} - α_{2} - ... - α_{p - 1})]} a_{1}^{α_{1}} a_{2}^{α_{2}} ... a_{p - 1}^{α_{p} - 1} a_{p}^{n - α_{1} - α_{2} - ... α_{p + 1}} \end{matrix}

ha pedig

\begin{matrix} n - α_{1} - α_{2} - ... α_{p - 1} = a_{p} \end{matrix}

teszünk; akkor a polynomiális képlet végső alakja:

\begin{matrix} {(a_{1} + a_{2} + ... + a_{p})}^{n} = Σ \frac{n!}{a_{1}! a_{2}! ... a_{p}!} a_{1}^{α_{1}} a_{2}^{α_{2}} ... α_{p}^{α_{p}}, \end{matrix}

ahol

a_{1}, a_{2}, ... a_{p}

pozitiv egész számok, vagy

0

és

\begin{matrix} a_{1} + a_{2} + ... + a_{p} = n . \end{matrix}

Legyen pl. kifejtendő

{(a + b + c)}^{4}

, akkor:

\begin{matrix} {(a + b + c)}^{4} = Σ \frac{4!}{α! β! γ!} a^{α} b^{β} c^{γ} és α + β + γ = 4. \end{matrix}

\begin{matrix} α, β, γértékei & Az egyes tagokban a főmennyiségek & Együtthatóik \\ 4, 0, 0 & a^{4} b^{0} c^{0}, a^{0} b^{4} c^{0}, a^{0} b^{0} c^{4}. & \frac{4!}{4! 0! 0!} = 1 \\ 3, 1, 0 & a^{3} b^{1} c^{0}, a^{3} b^{0} c^{1}, b^{3} c^{0} a^{1}, c^{3} a^{1} c^{0}, c^{3} a^{0} b^{1}. & \frac{4!}{3! 1! 0!} = 4 \\ 2, 2, 0 & a^{2} b^{2} c^{0}, a^{2} b^{0} c^{2}, a^{0} b^{2} c^{2}. & \frac{4!}{2! 2! 0!} = 6 \\ 2, 1, 1 & a^{2} b^{1} c^{1}, a^{1} b^{2} c^{1}, a^{1} b^{1} c^{2}. & \frac{4!}{2! 1! 1!} = 12 \end{matrix}

és így

\begin{matrix} {(a + b + c)}^{4} & = a^{4} + b^{4} + c^{4} + \\ + 4 a^{3} b + 4 a^{3} c + 4 b^{3} c + 4 b^{3} a + 4 c^{3} a + 4 c^{3} b + \\ + 6 a^{2} b^{2} + 6 b^{2} c^{2} + 6 c^{2} a^{2} + \\ + 12 a^{2} b c + 12 b^{2} c a + 12 c^{2} a b. \end{matrix}

Végül könnyen meghatározhatjuk még a

K = {(a_{1} + a_{2} + ... + a_{p})}^{n}

kifejtésében a tagok számát is. Ugyanis minden tagnak

\begin{matrix} a_{1}^{α_{1}} a_{2}^{α_{2}} ... a_{p}^{α_{p}} = a_{1} a_{1} ... a_{1}^{α_{1}} a_{2} ... a_{2}^{α_{2}} ... a_{p} ... a_{p}^{α_{p}} \end{matrix}

alakja van, a hol

\begin{matrix} α_{1} + α_{2} + ... + α_{p} = n . \end{matrix}

Annyi tagja van tehát a

K

-nak, a hány ismétléssel alkotható

n

-ed osztályú kombinácziója van

p

elemnek; vagyis:

\begin{matrix} C_{n}^{i} (p) = C_{n} (n + p - 1) = C_{p - 1} (n + p - 1), \end{matrix}

mert

\begin{matrix} (\binom{n + p - 1}{n}) = (\binom{n + p - 1}{p - 1}) . \end{matrix}

Tehát

\begin{matrix} C_{n}^{i} (p) = C_{n} (n + p - 1) = \frac{(n + p - 1) (n + p - 2) ... p}{1 \cdot 2 \cdot 3 ... n} \end{matrix}

vagy

\begin{matrix} C_{n}^{i} (p) = C_{p - 1} (n + p - 1) = \frac{(n + p - 1) (n + p - 2) ... (n + 1)}{1 \cdot 2 \cdot 3 ... (p - 1)} . \end{matrix}

A számolásnál az előbbit vagy utóbbit használjuk, a mint

n ≶ p

.
A kidolgozott feladatnál, minthogy

4 > 3

, az utóbbi formulát használjuk:

\begin{matrix} C_{4}^{i} (3) = C_{2} (6) = \frac{6 \cdot 5}{1 \cdot 2} = 15. \end{matrix}

A polynomiális tétel segélyével igen egyszerű bizonyítását adhatjuk Euler tételének, a melynek a Fermat-féle tétel egyszerűbb esete. Ha ugyanis:

\begin{matrix} a_{1} = a_{2} = ... = a_{p} = 1, \end{matrix}

akkor

\begin{matrix} {(a_{1} + a_{2} + ... + a_{p})}^{n} = p^{n} . \end{matrix}

A jobb oldalon vannak olyan tagok

(a_{1}^{n}, a_{2}^{n}, ..., a_{p}^{n})

, a melyekben a tényezők hatványkitevői:

n, 0, 0, ...,0

, tehát együtthatóik:

\begin{matrix} \frac{n!}{n! 0! 0! ... 0!} = 1. \end{matrix}

Ezen tagok összege

\begin{matrix} a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + ... + a_{p}^{n} = 1 + 1 + ... + 1 = p . \end{matrix}

Lesz tehát

\begin{matrix} p^{n} - p = Σ \frac{n!}{a_{1}! a_{2}! ... a_{p}!}, hol a_{1} + a_{2} + ... + a_{p} = n . \end{matrix}

E kifejezésben azonban most már

a_{1} + a_{2} + ... + a_{p}

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

\frac{n!}{a_{1}! a_{2}! ... a_{p}!}

n

elemből ismétléssel alkotott permutácziók számát jelenti, ha az elemek közt

a_{1}, a_{2}, ... a_{p}

egyenlő van, tehát minden

A = \frac{n!}{a_{1}! ... a_{p}!}

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

Σ \frac{n!}{a_{1}! ... a_{p}!}

és evvel együtt

p^{n} - p

is osztható

n

-nel.
Tehát:
Euler tétele: "A

p^{n} - p

különbség osztható

n

-nel, ha

n

absolut prímszám".
Euler tételének közvetlen folyománya Fermat tétele. Ugyanis, ha

n

absolút prímszám, akkor

\begin{matrix} p^{n} - p = n \cdot N = p (p^{n - 1} - 1) \end{matrix}

vagy

\begin{matrix} \frac{p (p^{n - 1} - 1)}{n} = N, \end{matrix}

a hol

N

egész szám. Ha már most

p

és

n

relatív prímszámok, akkor kell, hogy

(p^{n - 1} - 1)

osztható legyen

n

-nel, vagyis:
Fermat tétele: "Ha

n

absolút prímszám nem osztója a

p

-nek, akkor

(p^{n - 1} - 1)

osztható

n

-nel"