Kezdőlap


Feladat:	583. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Antal Márkus , Lóky Béla
Füzet:	1899/december, 73 - 76. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Összefüggések binomiális együtthatókra, Szorzat, hatványozás azonosságai, Nevezetes azonosságok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1898/október: 583. matematika feladat

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

Mielőtt tételünket bebizonyítanók, kimutatjuk a következő egyenlőség helyességét:

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

Ismeretes, hogy

\begin{matrix} {(1 + a)}^{m} = 1 + (\binom{m}{1}) a + (\binom{m}{2}) a^{2} + ... + (\binom{m}{r}) a^{r} ... \end{matrix}

(1)

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

(2)

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

(3)

Ha (1)-et (2)-vel megszorozzuk, akkor ered:

\begin{matrix} {(1 + a)}^{m} \cdot {(1 + a)}^{n} = {(1 + a)}^{m + n} = \end{matrix}

\begin{matrix} = 1 + (\binom{m}{1}) a & + (\binom{m}{2}) a^{2} & + (\binom{m}{3}) a^{3} & + ... + (\binom{m}{r}) a^{r} & + ... \\ (\binom{n}{1}) & (\binom{m}{1}) (\binom{n}{1}) & (\binom{m}{2}) (\binom{n}{1}) & (\binom{m}{r - 1}) (\binom{n}{1}) \\ (\binom{n}{2}) & (\binom{m}{1}) (\binom{n}{2}) & (\binom{m}{r - 2}) (\binom{n}{2}) & (4) \\ (\binom{n}{3}) & ⋮ \\ (\binom{m}{1}) (\binom{n}{r - 1}) \\ (\binom{n}{r}) \end{matrix}

A (3)-ban és (4)-ben összehasonlítva

a^{r}

-nek együtthatóit, közvetlenül beláthatjuk segédtételünk helyességét;

m

és

n

tetszőleges számok, mert a binomiális tétel minden kitevőre helyes,

r

azonban, mint a természetes számsor

(1, 2, 3, ...)

tagja, csakis positív, egész szám lehet.
Minthogy feladatunkban

n

positív, egész szám, azért segédtételünk értelmében:

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

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

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

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

...

...

...

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

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

...

...

...

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

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

Ha eme egyenlőségeket a feladatban előforduló együtthatókkal megszorozzuk, s tekintetbe vesszük, hogy

\begin{matrix} (\binom{s}{r}) = 0, \end{matrix}

r > s

, akkor

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

vagy rövidebb jelöléssel

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

Könnyen kimutatható már most, hogy

\begin{matrix} C_{k} = 0, \end{matrix}

k

helyébe

1, 2, ..., n

-et teszünk. Ugyanis

\begin{matrix} C_{k} = (\binom{n}{n - k}) - (\binom{n}{1}) (\binom{n - 1}{n - k}) + ... + {(- 1)}^{k} (\binom{n}{k}) (\binom{n - k}{n - k}) = \\ = \frac{n!}{(n - k)! k!} - \frac{n (n - 1)!}{1! (n - k)! (k - 1)!} + \frac{n (n - 1) (n - 2)!}{2! (n - k)! (k - 2)!} + \\ + ... + {(- 1)}^{k} \frac{n (n - 1) ... (n - k + 1)}{k!} \cdot \frac{(n - k)!}{(n - k)!}. \end{matrix}

Ámde

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

\begin{matrix} = n (n - 1) ... (n - k + 1) (n - k) ... 3 \cdot 2 \cdot 1 = n! \end{matrix}

tehát

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

\begin{matrix} = \frac{n!}{(n - k)! k!} [(\binom{k}{0}) - (\binom{k}{1}) + (\binom{k}{2}) + ... + {(- 1)}^{k} (\binom{k}{k})] . \end{matrix}

Csakhogy

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

és így

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

Ennéfogva

\begin{matrix} (\binom{n + t}{n}) - (\binom{n}{1}) (\binom{n + t - 1}{n}) + (\binom{n}{2}) (\binom{n + t - 2}{n}) + ... + \end{matrix}

\begin{matrix} - 1^{n} (\binom{n}{n}) (\binom{t}{n}) = (\binom{n}{n}) + \sum_{k = 1}^{k = n} C_{k} (\binom{t}{k}) = (\binom{n}{n}) = 1, \end{matrix}

ha csak

n

positív egész szám.

(Antal Márkus, bölcsészethallgató, Budapest.)