Kezdőlap


Cím:	Kéttagúak hatványai
Szerző(k):	Neukomm Gyula
Füzet:	1952/május, 114 - 124. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1952/március: 434. matematika feladat

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

A kéttagú vagy binom kifejezések általános alakja: $a + b$ . E kifejezések 2. és 3. hatványát még az általános iskolában, többtagúak szorzataként határoztuk meg:

\begin{matrix} {(a + b)}^{2} = (a + b) (a + b) = a^{2} + 2 a b + b^{2}, \\ {(a + b)}^{3} = {(a + b)}^{2} (a + b) = (a^{2} + 2 a b + b^{2}) (a + b) = \\ = a^{3} + 3 a^{2} b + 3 a b^{2} + b^{3} . \end{matrix}

Ezek az azonosságok tartalmazzák a kéttagú (és egyben a többtagú) algebrai összegek négyzetreemelésének, illetőleg köbreemelésének szabályait. (Numerikus számok négyzetre és köbreemelésénél előnyösebb ezen azonosságokat némi módosítással használni.)
Az alapot képező kéttagú kifejezés:

a + b

mindegyik tagja elsőfokú, a második hatvány mindhárom tagja másodfokú, a harmadik hatvány mind a négy tagja harmadfokú. Az olyan többtagút (vagy polinomot), melyben mindegyik tag fokszáma ugyanaz, ,,homogén''-nek nevezzünk. Tehát

a + b

: kéttagú, elsőfokú homogén kifejezés,

a + b

négyzete: homogén másodfokú háromtagú kifejezés. Azt is észrevesszük a kifejezések fenti leírásában, hogy az

a

kitevői tagonként eggyel csökkennek, míg az utolsó tagban

a^{0} = 1

szerepel. A

b

kitevője viszont az első tagban

0 (b^{0} = 1)

és onnan kezdve

b

kitevői tagonként eggyel nőnek. E kifejezések tehát rendezett kifejezések, mégpedig

a

-nak fogyó és

b

-nek növekvő hatványai szerint vannak rendezve. Nyilvánvaló, hogy ha egy két számból alkotott homogén polinomot az egyik szám fogyó hatványai szerint rendezünk, akkor az a kifejezés szükségképpen egyidejűleg a másik szám növekvő hatványai szerint rendeződik.

2 x^{3} y^{4} + 5 x^{5} y^{2} - 3 x y^{6}

3

tagú homogén

7

-edfokú nem rendezett kifejezés;

x

fogyó hatványai szerint rendezve:

5 x^{5} y^{2} + 2 x^{3} y^{4} - 3 x y^{6}

5 m^{3} p^{2} - 4 m^{2} p + m p - 5 p^{3}

egy négytagú

m

fogyó hatványai szerint rendezett nem homogén kifejezés. Viszont

a^{3} + 3 a^{2} b + 3 a b^{2} + b^{3}

négytagú,

a

-nak fogyó (és

b

-nek növekvő) hatványai szerint rendezett homogén harmadfokú összeg.
Most felvetjük a kérdést, hogyan alkotjuk meg valamely kéttagú kifejezés magasabb hatványait? Tehát kérdés hogyan alakítható polinommá

{(a + b)}^{4}

{(a + b)}^{5}

s. i. t., általában

{(a + b)}^{n}

?
Közelfekvő az a sejtés, hogy ezek is homogén összegek lesznek, melyek szintén az első tag fogyó (és ugyanakkor a második tag növekvő) hatványai szerint rendezve írhatók fel. Pl.

{(a + b)}^{6}

tagjai így fognak festeni:

a^{6}

a^{5} b

a^{4} b^{2}

a^{3} b^{3}

a^{2} b^{4}

a b^{5}

b^{6}

csak az együtthatókat fedi még homály. Igaz, hogy lépésről lépésre haladva, sorozatos szorzással ezek is meghatározhatók. Pl.

\begin{matrix} {(a + b)}^{4} = {(a + b)}^{3} (a + b) = \\ = (a^{3} + 3 a^{2} b + 3 a b^{2} + b^{3}) \cdot (a + b) = a^{4} + 4 a^{3} b + 6 a^{2} b^{2} + 4 a b^{3} + b^{4}, \\ {(a + b)}^{5} = {(a + b)}^{4} (a + b) \end{matrix}

stb. Ez azonban ‐ eltekintve attól, hogy igen hosszadalmas és fáradságos eljárás, főleg, ha a kitevő már elég nagy szám ‐ nem oldja meg az általánosan felvetett problémát, t. i. hogyan bontható tagokra

{(a + b)}^{n}

, ahol

n

tetszőleges természetes szám. Egy olyan általános érvényességű számolási eljárást (vagy algoritmust) keresünk tehát, melynek alapján valamely binom bármely hatványának kifejtését közvetlenül felírhatjuk.
Az alábbiakban nemcsak azt fogjuk kimutatni, hogy a fent közölt sejtés az egyes tagok alakját illetően igaz, hanem az együtthatók kérdését is megoldjuk úgy, hogy képesek leszünk bármely kéttagú kifejezés akárhányadik hatványát felírni, anélkül, hogy a megelőző alacsonyabb hatványokat kiszámítanók.
Induljunk ki egy konkrét példából. Próbáljuk meghatározni közvetlenül

{(a + b)}^{6}

polinomba fejtését.

\begin{matrix} {(a + b)}^{6} = (a + b) (a + b) (a + b) (a + b) (a + b) (a + b) \end{matrix}

A többtagúak szorzási szabálya alapján

a^{6}

csak úgy keletkezhet, hogy minden tényezőből az első tagot választjuk ki és ezeket összeszorozva kapjuk meg az egyetlen

a^{6}

alakú tagot, tehát

a^{6}

-nak együtthatója

1

a^{5} b

úgy jön létre, hogy egy-egy tényezőből választjuk ki a

b

-t, a többi tényezőből pedig esetről esetre az öt

a

-t. Tehát annyiszor fog fellépni az

a^{5} b

tag, ahányféleképpen a

6

tényezőből a

b

kiválasztható, vagyis

C_{6}^{1} = (\binom{6}{1})

-szer. Ha ezt a

(\binom{6}{1})

számú

a^{5} b

tagot összevonjuk, kapjuk

(\binom{6}{1})

a^{5} b

vagyis az

a^{5} b

alakú tag együtthatója

(\binom{6}{1})

.
Az

a^{4} b^{2}

tagok úgy jönnek létre, hogy a hat tényező közül

2

‐

2

-ből választjuk ki a

b

-t és mindegyik esetben a többi négy tényezőből az

a

-t, vagyis annyi

a^{4} b^{2}

tagunk lesz, ahányféleképpen a

6

tényezőből kettőt-kettőt ki tudunk választani, vagyis

C_{6}^{2} = (\binom{6}{2})

lesz az

a^{4} b^{2}

tagok száma és összevonás után

(\binom{6}{2})

lesz az

a^{4} b^{2}

alakú tag együtthatója. Ezt a gondolatmenetet folytatva (1. egyébként ,,A kombinatorika elemei'' című cikkben közölt példát is. ‐ IV. köt. 2. sz. 45. old.) nyerjük, hogy

\begin{matrix} {(a + b)}^{6} = a^{6} + (\binom{6}{1}) a^{5} b + (\binom{6}{2}) a^{4} b^{2} + (\binom{6}{3}) a^{3} b^{3} + (\binom{6}{4}) a^{2} b^{4} + (\binom{6}{5}) a b^{5} + (\binom{6}{6}) b^{6} . \end{matrix}

Ugyanaz a gondolatmenet azonban úgyszólván szóról szóra alkalmazható általában, ha

6

helyett egy tetszőleges

n

pozitív egész kitevőt tekintünk, vagyis

\begin{matrix} {(a + b)}^{n} = a^{n} + (\binom{n}{1}) a^{n - 1} b + (\binom{n}{2}) a^{n - 2} b^{2} + ... + (\binom{n}{n - 1}) a b^{n - 1} + (\binom{n}{n}) b^{n} . \end{matrix}

Tételünk bizonyítását egészen szigorúvá tehetjük, ha most a teljes indukcióhoz folyamodunk, ami annál is inkább érdemes, mert ezzel egyúttal az együtthatóknak egy fontos tulajdonságát is bebizonyítjuk.
Tegyük tehát fel, hogy a fenti azonosságunk az

n

természetes számra igaz. Ha ezen azonosság mindkét oldalát

(a + b)

-vel megszorozzuk, akkor

\begin{matrix} {(a + b)}^{n} (a + b) = {(a + b)}^{n + 1} = [a^{n} + (\binom{n}{1}) a^{n - 1} b + ... + \\ + (\binom{n}{k}) a^{n - k} b^{k} + ... + (\binom{n}{n - 1}) a b^{n - 1} + (\binom{n}{n}) b^{n}] (a + b) . \end{matrix}

A jobboldalon a szorzást tagonként elvégezve:

\begin{matrix} a^{n + 1} + (\binom{n}{1}) a^{n} b + (\binom{n}{2}) a^{n - 1} b^{2} + ... + (\binom{n}{k}) a^{n - k + 1} b^{k} + ... + \\ + (\binom{n}{n - 1}) a^{2} b^{n - 1} + (\binom{n}{n}) a b^{n} + a^{n} b + (\binom{n}{1}) a^{n - 1} b^{2} + ... + \\ + (\binom{n}{k - 1}) a^{n - k + 1} b^{k} + ... + (\binom{n}{n - 2}) a^{2} b^{n - 1} + (\binom{n}{n - 1}) a b^{n} + (\binom{n}{n}) b^{n + 1} \end{matrix}

Az egynemű tagokat összevonva, vagyis kiemeléssel szorzattá alakítva nyerjük, hogy

\begin{matrix} {(a + b)}^{n + 1} = a^{n + 1} + (n + 1) a^{n} b + [(\binom{n}{1}) + (\binom{n}{2})] a^{n - 1} b^{2} + ... + \\ + [(\binom{n}{k - 1}) + (\binom{n}{k})] a^{n - k + 1} b^{k} + ... + [(\binom{n}{n - 1}) + (\binom{n}{n})] a b^{n} + (\binom{n}{n}) b^{n + 1} . \\ De (\binom{n}{k - 1}) + (\binom{n}{k}) = \frac{n (n - 1) ... (n - k + 2)}{1 \cdot 2 ... (k - 1)} + \\ + \frac{n (n - 1) ... (n - k + 2) (n - k + 1)}{1 \cdot 2 ... (k - 1) \cdot k} = \\ = \frac{n (n - 1) ... (n - k + 2) k + n (n - 1) ... (n - k + 2) (n - k + 1)}{1 \cdot 2 ... k} . \end{matrix}

A számlálóban az

n (n - 1) ... (n - k + 2)

közös tényező kiemelve:

\begin{matrix} (\binom{n}{k - 1}) + (\binom{n}{k}) = \frac{n (n - 1) ... (n - k + 2) [k + (n - k + 1)]}{k!} = \\ = \frac{(n + 1) n (n - 1) ... (n - k + 2)}{k!} = (\binom{n + 1}{k}) \end{matrix}

és így

[

tekintetbe véve, hogy

n + 1 = (\binom{n + 1}{1})

és

(\binom{n}{n}) = (\binom{n + 1}{n + 1}) = 1]

\begin{matrix} {(a + b)}^{n + 1} = a^{n + 1} + (\binom{n + 1}{1}) a^{n} b + (\binom{n + 1}{2}) a^{n - 1} b^{2} + ... + \\ + (\binom{n + 1}{k}) a^{n - k + 1} b^{k} + ... + (\binom{n + 1}{n}) a b^{n} + (\binom{n + 1}{n + 1}) b^{n + 1} . \end{matrix}

Ezzel bebizonyítottuk, hogy ha tételünk

n

-re igaz, akkor

(n + 1)

-re is igaz, de

n = 2

-re is igaz, mert hiszen

\begin{matrix} {(a + b)}^{2} = a^{2} + 2 a b + b^{2} = a^{2} + (\binom{2}{1}) a b + (\binom{2}{2}) b^{2}, \end{matrix}

azért minden

n

kitevőre is érvényes, ahol

n

természetes szám.
Tehát

\begin{matrix} {(a + b)}^{n} = a^{n} + (\binom{n}{1}) a^{n - 1} b + ... + (\binom{n}{k}) a^{n - k} b^{k} + ... + (\binom{n}{n - 1}) a b^{n - 1} + (\binom{n}{n}) b^{n}, \end{matrix}

ahol az

(\binom{n}{k})

szimbolumok

k = 1

2

...

n

-re rendre kiszámíthatók.
Pl.

\begin{matrix} {(a + b)}^{7} = a^{7} + (\binom{7}{1}) a^{6} b + (\binom{7}{2}) a^{5} b^{2} + (\binom{7}{3}) a^{4} b^{3} + (\binom{7}{4}) a^{3} b^{4} + \\ + (\binom{7}{5}) a^{2} b^{2} + (\binom{7}{6}) a b^{6} + (\binom{7}{7}) b^{7}, \\ ahol (\binom{7}{1}) = 7, (\binom{7}{2}) = \frac{7 \cdot 6}{1 \cdot 2} = 21, (\binom{7}{3}) = \frac{7 \cdot 6 \cdot 5}{1 \cdot 2 \cdot 3} = 7 \cdot 5 = 35, \\ (\binom{7}{4}) = \frac{7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4} = 35, (\binom{7}{5}) = \frac{7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5} = 21, \\ (\binom{7}{6}) = \frac{7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6} = 7, (\binom{7}{7}) = 1, \\ és így {(a + b)}^{7} = a^{7} + 7 a^{6} b + 21 a^{5} b^{2} + 35 a^{4} b^{3} + 35 a^{3} b^{4} + 21 a^{2} b^{5} + 7 a b^{6} + b^{7} . \end{matrix}

(\binom{n}{k})

számokat

k = 1

2

...

n

, melyek a binom

n

-edik hatványában a tagok együtthatói, az

n

-edik hatvány binomiális együtthatóinak szokás nevezni. Figyeljük meg, hogy mindenegyes tagban (az első tag kivételével) a második (növekvő kitevőjű) tényező kitevője megegyezik az együtthatót jelző szimbolum alsó számával. Az említett kivételt is megszüntethetjük, ha az

a^{n}

első tagot

a^{n} b^{0}

-ként fogjuk fel és együtthatóját, a többi együtthatónak megfelelően,

(\binom{n}{0})

-val jelöljük.

(\binom{n}{0})

nincs értelmezve, mert annak a kérdésnek nincs értelme, hogy hogyan lehet adott elemek közül egyet sem választani ki. Az egységesség és egyszerűség kedvéért azonban

(\binom{n}{0})

-t, ahol

n

tetszésszerinti természetes szám, úgy értelmezhetjük, hogy

(\binom{n}{0}) = 1

, és akkor elértük azt, hogy általános érvényességgel kimondhatjuk, hogy

{(a + b)}^{n}

tehát

(n + 1)

tagból álló homogén

n

-edfokú összeg

a

-nak fogyó (és

b

-nek növekvő) hatványai szerint rendezve, az együtthatók rendre

(\binom{n}{k})

, ahol

k = 0

1

2

...

n

. Ez a tétel ,,binomiális tétel'' néven ismeretes.
Lássunk néhány példát:

\begin{matrix} a) {(x^{2} - 2)}^{6} = (\binom{6}{0}) {(x^{2})}^{6} {(- 2)}^{0} + (\binom{6}{1}) {(x^{2})}^{5} (- 2) + (\binom{6}{2}) {(x^{2})}^{4} {(- 2)}^{2} + \\ + (\binom{6}{3}) {(x^{2})}^{3} {(- 2)}^{3} + (\binom{6}{4}) {(x^{2})}^{2} {(- 2)}^{4} + (\binom{6}{5}) x^{2} {(- 2)}^{5} + (\binom{6}{6}) {(- 2)}^{6} = \\ = x^{12} - 12 x^{10} + 60 x^{8} - 160 x^{6} + 240 x^{4} - 192 x^{2} + 64. \end{matrix}

Vegyük észre, hogy ha a kéttagú tagjai ellenkező előjelűek, akkor a többtagúban a tagok váltakozó előjelűek.
b) Mekkora

{(u + v)}^{19}

többtagújában

u^{12} v^{7}

alakú tag együtthatója? Az együttható nyilván

\begin{matrix} (\binom{19}{7}) = \frac{19 \cdot 18 \cdot 17 \cdot 16 \cdot 15 \cdot 14 \cdot 13}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 7} = 19 \cdot 3 \cdot 17 \cdot 4 \cdot 13 = 50 388. \end{matrix}

c) Határozzuk meg

{(a \sqrt[]{x} - \frac{\sqrt[]{a}}{x})}^{9}

többtagú negyedik tagját.
A negyedik tag:

\begin{matrix} (\binom{9}{3}) {(a \sqrt[]{x})}^{6} {(- \frac{\sqrt[]{a}}{x})}^{3} = 84 a^{6} x^{3} (- \frac{a \sqrt[]{a}}{x^{3}}) = - 84 a^{7} \sqrt[]{a} . \end{matrix}

d) Számítsuk ki

101

-nek ötödik hatványát.

\begin{matrix} {(10^{2} + 1)}^{5} = (\binom{5}{0}) {(10^{2})}^{5} + (\binom{5}{1}) {(10^{2})}^{4} + (\binom{5}{2}) {(10^{2})}^{3} + (\binom{5}{3}) {(10^{2})}^{2} + (\binom{5}{4}) 10^{2} + (\binom{5}{5}) = \\ = 10^{10} + 5 \cdot 10^{8} + 10 \cdot 10^{6} + 10 \cdot 10^{4} + 5 \cdot 10^{2} + 1 = \\ = 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 + \\ 5 0 0 0 0 0 0 0 0 \\ 1 0 0 0 0 0 0 0 \\ 1 0 0 0 0 0 \\ 5 0 0 \\ 1 \\ \bar{1 0 5 1 0 1 0 0 5 0 1} \end{matrix}

e) Számítsuk ki

0, 97^{10}

értékét

4

tizedesjegyig terjedő pontossággal

\begin{matrix} {(1 - 3 \cdot 10^{- 2})}^{10} = 1 - (\binom{10}{1}) 3 \cdot 10^{- 2} + (\binom{10}{2}) 3^{2} 10^{- 4} - \\ - (\binom{10}{3}) 3^{3} \cdot 10^{- 6} + (\binom{10}{4}) 3^{4} \cdot 10^{- 8} - ... \end{matrix}

a többi tag elhanyagolható, mert könnyen belátható, hogy a tagok abszolút értéke csökken és így a váltakozó előjel miatt az elkövetett hiba abszolút értéke kisebb az első elhanyagolt tag abszolút értékénél. Jelen esetben az első elhanyagolt tag abszolút értéke

\begin{matrix} (\binom{10}{5}) 3^{5} \cdot 10^{- 10} = 252 \cdot 243 \cdot 10^{10} = 0, 0000061236 \end{matrix}

már nem befolyásolja a negyedik tizedes jegyet.
Az első

3

pozitív tag összege:

\begin{matrix} 1 + 45 \cdot 9 \cdot 10^{- 4} + 210 \cdot 81 \cdot 10^{- 8} = 1 + 0, 0405 + 0, 00017010 \approx 1, 04067 \end{matrix}

Az első két negatív tag abszolút értékének összege

\begin{matrix} 10 \cdot 3 \cdot 10^{- 2} + 120 \cdot 27 \cdot 10^{- 6} = 0, 30 + 0, 003240 = 0, 303240 \end{matrix}

Ezek szerint tehát

0, 97^{10} \approx 1, 04 067 - 0, 30324 = 0, 73743

, vagyis

4

tizedes jegyig terjedő pontossággal

0, 97^{10} \approx 0, 7374

.
Ezzel az eljárással bármely hatvány értéke mindenkor tetszőleges pontossággal határozható meg, míg logaritmustáblával való kiszámításnál az elkövetett hiba annál nagyobb, minél nagyobb a kitevő.
Most a binomiális együtthatóknak néhány érdekes tulajdonságára kívánunk még rámutatni.

1. Már az

(a + b)

négyzeténél, köbénél és

7

-ik hatványánál észrevehettük, hogy az együtthatók sora balról jobbra olvasva ugyanaz, mint jobbról balra olvasva. Ez természetesen következik a szimmetriaviszonyokból, t. i. abból, hogy

{(a + b)}^{n} = {(b + a)}^{n}

. De közvetlenül is bebizonyíthatjuk, hogy az elölről számított

(k + 1)

-edik tag együtthatója

(\binom{n}{k})

egyenlő a hátulról számított

(k + 1)

-edik binomiális együtthatóval

(\binom{n}{n - k})

-val, ahol

k = 0, 1, 2, ..., n

\begin{matrix} k = 0 és k = n esetén (\binom{n}{0}) = 1 = (\binom{n}{n}) \\ k = 1,2, ..., (n - 1) esetén pedig \\ (\binom{n}{k}) = C_{n}^{k} = \frac{V_{n}^{k}}{k!} és mivel V_{n}^{k} = \frac{P_{n}}{(n - k)!} = \frac{n!}{(n - k)!}, \end{matrix}

azért

\begin{matrix} (\binom{n}{k}) = \frac{n!}{k! (n - k)!} . \end{matrix}

Ha itt most

k

helyett

(n - k)

-t írunk, akkor a nevező két tényezője cserélődik fel:

\begin{matrix} (\binom{n}{n - k}) = \frac{n!}{(n - k)! [n - (n - k)]!} = \frac{n!}{(n - k)! k!} = (\binom{n}{k}) \end{matrix}

Hogy

(\binom{n}{k}) = (\binom{n}{n - k})

, vagyis

C_{n}^{k} = C_{n}^{n - k}

abból az egyszerű meggondolásból is következik, hogy

n

elemből annyiféleképpen lehet

k

elemet kiválasztani, ahányféleképpen

(n - k)

elemet visszahagyni és fordítva.¹
Ha az

(\binom{n}{k})

szimbolumban

k > \frac{n}{2}

, akkor természetesen előnyösebb

(\binom{n}{k})

helyett a vele egyenlő

(\binom{n}{n - k})

kiszámítani. Pld.

(\binom{7}{5}) = (\binom{7}{2}) = \frac{7 \cdot 6}{1 \cdot 2} = 21

(\binom{9}{8}) = (\binom{9}{1}) = 9

stb.

2. A binomiális tétel fentebbi, teljes indukcióval való bizonyításánál láttuk, hogy az

n

-edik hatványban a

k

-adik és

(k + 1)

-edik binomiális együttható összege egyenlő az eggyel magasabb hatvány

(k + 1)

-edik együtthatójával, vagyis

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

Ez az azonosság különben abból a meggondolásból is következik, hogy

n + 1

elemből úgy válaszhatunk

k

elemet minden lehetséges módon, hogy először az első

n

elemből választunk ki

k

elemet minden lehetséges módon, azután pedig az

(n + 1)

-edik elemhez hozzáválasztunk

(k - 1)

elemet az első

n

elemből minden lehetséges módon. Ily módon megkapjuk az

n + 1

elem összes

k

-adosztályú kombinációit, tehát tényleg

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

Ennek alapján a binomiális együtthatók egy sorából az eggyel magasabb hatvány binomiális együtthatói egyszerű összeadással képezhetők.
Pl. láttuk, hogy a

7

-ik hatvány binomiális együtthatói

\begin{matrix} 1, 7, 21, 35, 35, 21, 7, 1 \end{matrix}

Azonosságunk alapján a

8

-ik hatvány együtthatói:

\begin{matrix} 1, 1 + 7, 7 + 21, 21 + 35, 35 + 35, 35 + 21, 21 + 7, 7 + 1, 1 \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} 1, 8, 28, 56, 70, 56, 28, 8, 1 \end{matrix}

Ugyanígy képezhetők egyszerű kivonással a binomiális együtthatók egy sorából az eggyel alacsonyabb hatvány együtthatói. Pld. a

6

hatvány együtthatói:

\begin{matrix} 1, 7 - 1 = 6, 21 - 6 = 15, 35 - 15 = 20, 35 - 20 = 15, \\ 21 - 15 = 6, 7 - 6 = 1. \end{matrix}

Ha figyelembe vesszük, hogy

{(a + b)}^{0} = 1

, továbbá, hogy a binomiális együtthatók bármely sorában az első és utolsó együttható

1

, akkor a

0

-adik hatványtól kezdve a fentiek szerint egyszerű összeadással képezhetjük sorról-sorra az összes többi együtthatót. Ha az egyes sorokat rendre egymás alá írjuk, akkor a következő táblázatot nyerjük:

\begin{matrix} 1 \\ 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 3 & 3 & 1 \\ 1 & 4 & 6 & 4 & 1 \\ 1 & 5 & 10 & 10 & 5 & 1 \\ 1 & 6 & 15 & 20 & 15 & 6 & 1 \\ 1 & 7 & 21 & 35 & 35 & 21 & 7 & 1 \\ ..... \end{matrix}

E táblázat (melyről az együtthatók 1. tulajdonsága is leolvasható) ,,Pascal-féle háromszög'' néven ismeretes. (Pascal francia matematikus 1623 ‐ 1662.)

3. Ha a Pascal-féle háromszögben az egyes sorokat összeadjuk rendre a következő összegeket kapjuk:

1

2

4

8

16

32

64

128

...

stb. Ezek az összegek így is írhatók:

2^{0}

2

2^{2}

2^{3}

...

Sejtjük tehát, hogy az

n

-edik hatvány binomiális együtthatói összege

2^{n}

.
Hasonló alakú tagok összegét szoktuk úgy jelölni, hogy felírjuk a tagok általános alakját, eléje az összegezés jeléül egy nagy görög stigma betlit és jelöljük, melyik betű milyen értékeivel képzett tagokat kell összegezni. E jelölési módot jelen esetünkre alkalmazva:

(\binom{n}{0}) + (\binom{n}{1}) + ... + (\binom{n}{n}) = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) = 2^{n}

(olvasd: ,,Szumma

n

alatta

k

k

megy

1

-től

n

-ig

= 2^{n}

-nel'').
Más szóval ez azt jelenti, hogy

0

-adik sor összege

1

, és minden következő sor összege az előtte álló sor összegeinek kétszerese, vagyis e sor összegek mértani haladványt alkotnak, melynek első tagja

1

és hányadosa

2

. Ha ezt szem előtt tartjuk, akkor ez a

3

. tulajdonság közvetlenül következik a

2

. tulajdonságból, mert hiszen minden sor belső tagjai úgy keletkeznek, hogy a felette álló sor minden tagját ‐ a két szélső tag kivételével ‐ kétszer vesszük összeadandónak, a két szélső tag (

1

és

1

) csak egyszer szerepel ebben az összeadásban. Ha most az új sorban a belső tagokat kiegészítjük a két szélső taggal

(1 + 1)

, akkor nyilvánvaló, hogy az új sor tagjainak összege a felette álló sor összegének kétszerese. De az első hatvány együtthatóinak összege

2

, ezért a

2

. hatvány együtthatóinak összege

4

, a harmadik hatvány binomiális együtthatóinak összege

2 \cdot 4 = 8

stb.
Egy másik igen egyszerű bizonyítása tételünknek a következő:
Írjuk fel az

\begin{matrix} {(a + b)}^{n} = (\binom{n}{0}) a^{n} + (\binom{n}{1}) a^{n - 1} b + (\binom{n}{2}) a^{n - 2} b^{2} + ... + (\binom{n}{n - 1}) a b^{n - 1} + (\binom{n}{n}) b^{n} . & (1) \end{matrix}

azonosságot, és helyettesítsünk

a = 1

és

b = 1

-t, akkor

\begin{matrix} {(1 + 1)}^{n} = 2^{n} = (\binom{n}{0}) + (\binom{n}{1}) + (\binom{n}{2}) + ... + (\binom{n}{n - 1}) + (\binom{n}{n}) = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \end{matrix}

4. A binomiális együtthatók sorában a páratlan sorszámú együtthatók összege egyenlő a páros sorszámú együtthatók összegével.
Ugyanis helyettesítsünk az (1) alatti azonosságba

a = 1

és

b = - 1

-t, akkor

\begin{matrix} {(1 - 1)}^{n} = 0 = (\binom{n}{0}) - (\binom{n}{1}) + (\binom{n}{2}) - (\binom{n}{3}) + ... + {(- 1)}^{n} (\binom{n}{n}) . \end{matrix}

A negatív tagokat áthozva a baloldalra, nyerjük páratlan

n

esetén

\begin{matrix} (\binom{n}{1}) + (\binom{n}{3}) + ... + (\binom{n}{n}) = (\binom{n}{0}) + (\binom{n}{2}) + ... + (\binom{n}{n - 1}), \end{matrix}

és páros

n

esetén

\begin{matrix} (\binom{n}{1}) + (\binom{n}{3}) + ... + (\binom{n}{n - 1}) = (\binom{n}{6}) + (\binom{n}{2}) + ... + (\binom{n}{n}) . \end{matrix}

Mivel a 3. tételünk értelmében a fenti azonosságokban a bal és jobb oldal összege

2^{n}

, azért ezen azonosságok mindegyik oldala külön-külön

\frac{2^{n}}{2} = 2^{n - 1}

Rá akarunk még mutatni, hogy a binomiális együtthatók itt tárgyalt tulajdonságait azért lehetett olyan egyszerű alakban általános érvényességgel megfogalmazni, mert bevezettük az

(\binom{n}{0}) = 1

értelmezést.

¹Ezzel megoldását adtuk a 434. sz. feladatnak.