LaTeX minták

\documentclass[oneside]{book}
\usepackage[latin2]{inputenc}
\usepackage[magyar]{babel}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\pagestyle{empty} 
\voffset - 60pt 
\hoffset - 60pt 
\textwidth 450pt
\textheight 700pt
\parindent 20pt


\begin{document}

\centerline{\bf 1.5 Vandermonde-determináns}}
\bigskip

Gyakran előfordulnak az alábbi speciális típusú determinánsok:
\bigskip

{\bf 1.5.1 Definíció}

Legyen $\gamma_1,\gamma_2,\dots,\gamma_n$ tetszőleges. 
A $\gamma_1,\gamma_2,\dots,\gamma_n$ elemek által generált 
{\it Vandermonde-determináns}

\[V(\gamma_1,\gamma_2,\dots,\gamma_n)=
\left| \begin{array}{ccccc}
1 & \gamma_1 & \gamma_1^2 & \dots & \gamma_1^{n-1} \\
1 & \gamma_2 & \gamma_2^2 & \dots & \gamma_2^{n-1} \\
1 & \gamma_3 & \gamma_3^2 & \dots & \gamma_3^{n-1} \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
1 & \gamma_n & \gamma_n^2 & \dots & \gamma_n^{n-1}
\end{array} \right|
\]

A Vandermonde-determináns $i$-edik sorában tehát rendre 
$\gamma_i$-nek $0, 1, \dots, n-1$-edik hatványa áll.
Ha két generáló elem azonos, 
akkor két egyforma sor van, és így a determináns 0. 
Az alábbi sorozatalakból kiderül, hogy ennek a megfordítása is igaz.

\bigskip
{\bf 1.5.2 Tétel}
\bigskip

\[V(\gamma_1,\gamma_2,\dots,\gamma_n)=
\left| \begin{array}{ccccc}
1 & \gamma_1 & \gamma_1^2 & \dots & \gamma_1^{n-1} \\
1 & \gamma_2 & \gamma_2^2 & \dots & \gamma_2^{n-1} \\
1 & \gamma_3 & \gamma_3^2 & \dots & \gamma_3^{n-1} \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
1 & \gamma_n & \gamma_n^2 & \dots & \gamma_n^{n-1}
\end{array} \right| = \prod_{1\le j<i\le n} (\gamma_i - \gamma_j)
\]

\bigskip
{\it Bizonyítás}: Vonjuk ki jobbról bal felé haladva minden oszlopból 
az őt megelőző oszlop $\gamma_1$-szeresét:
\[\left| \begin{array}{ccccc}
1 & 0 & 0 & \dots & 0 \\
1 & \gamma_2-\gamma_1 & \gamma_2^2-\gamma_1\gamma_2 & \dots & \gamma_2^{n-1}-\gamma_1\gamma_2^{n-2} \\
1 & \gamma_3-\gamma_1 & \gamma_3^2-\gamma_1\gamma_3 & \dots & \gamma_3^{n-1}-\gamma_1\gamma_3^{n-2} \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
1 & \gamma_n-\gamma_1 & \gamma_n^2-\gamma_1\gamma_n & \dots & \gamma_n^{n-1}-\gamma_1\gamma_n^{n-2}
\end{array} \right|
\]

Most vonjuk le minden sorból az első sort, 
ezzel az első oszlop utolsó $n-1$ eleme is 0 lesz, 
a többi elem pedig nem változott. A második, harmadik stb. sorból
rendre $\gamma_2-\gamma_1$-et, $\gamma_3-\gamma_1$-et stb. kiemelhetünk. 
Ezzel a

\[
(\gamma_2-\gamma_1)\dots(\gamma_n-\gamma_1)
\left| \begin{array}{ccccc}
1 & 0 & 0 & \dots & 0 \\
0 & 1 & \gamma_2 & \dots & \gamma_2^{n-2}\\
0 & 1 & \gamma_3 & \dots & \gamma_3^{n-2}\\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
0 & 1 & \gamma_n & \dots & \gamma_n^{n-2}\\
\end{array} \right| = (\gamma_2-\gamma_1)\dots(\gamma_n-\gamma_1)V(\gamma_2,\dots,\gamma_n)
\]
alakra jutottunk. Így a feladatot egy eggyel kisebb rendű 
Vandermonde-determinánsra vezettük vissza. 
A fenti eljárást megismételve (vagy teljes indukcióval) adódik a tétel.

\end{document}

\documentclass[oneside]{book}
\usepackage[latin2]{inputenc}
\usepackage[magyar]{babel}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\pagestyle{empty} 
\voffset - 60pt 
\hoffset - 60pt 
\textwidth 450pt
\textheight 700pt
\parindent 0pt


\begin{document}

{\bf A. Előállítás faktoriálisok segítségével.} 
(-1)-ból közvetlenül adódik
\begin{equation}
\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!},\quad \hbox{ahol $n$ egész $\geq$ k egész $\geq$ 0.}
\end{equation}
    
Ez lehetővé tszi, hogy faktoriálisok bizonyos kifejezéseit 
binomiális együtthatónak tekintsük és viszont.\\
    
{\bf B. Szimmetriatulajdonság.} (-1)-ból és (1)-ből kapjuk:
\begin{equation}
\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k},\quad \hbox{ahol $n$ egész $\geq$ 0, $k$ egész.}
\end{equation}

Ez a formula minden egész $k$-ra érvényes. 
Ha $k$ negatív vagy nagyobb $n$-nél, 
a binomiális együtthatók nullák (feltéve, hogy $n$ nemnegatív egész).\\

{\bf C. A zárójel átlépése.} A (-1) definícióból következik:
\begin{equation}
\binom{r}{k} = \frac{r}{k}\binom{r-1}{k-1},\quad \hbox{$k$ egész $\ne$ 0.}
\end{equation}
    
Ez a formula jól használható arra, 
hogy a binomiális együtthatókat a velük előforduló más mennyiségekkel 
összedolgozzuk. Elemi átalakításokkal kapjuk belőle az alábbi összefüggéseket:
$$k\binom{r}{k}=r\binom{r-1}{k-1},\quad \frac{1}{r}\binom{r}{k}
=\frac{1}{k}\binom{r-1}{k-1},$$
    
amelyek közül az első minden egész $k$-ra érvényes, a második pedig akkor, amikor a nevezőkben nincs nulla. Van még egy hasonló azonosság:
\begin{equation}
\binom{r}{k} = \frac{r}{r-k}\binom{r-1}{k},\quad \hbox{$k$ egész $\ne r$}
\end{equation}

Szemléltessük ezeket az átalakításokat úgy, hogy (4)-et bebizonyítjük (2) és (3) majd ismét (2) alkalmazásával:
$$
\binom{r}{k} = \binom{r}{r-k} = \frac{r}{r-k}\binom{r-1}{r-1-k}=\frac{r}{r-k}\binom{r-1}{k}.
$$
({\it Megjegyzés.} A levezetés csak akkor helyes, 
ha $r$ pozitív egész és $\ne k$, a (2)-ben és (3)-ban szereplő megkötések miatt. (4) azonban \emph{minden} $r\ne k$-ra igaz. Ez egy egyszerű, de fontos gondolatmenettel látható be. Tudjuk, hogy \emph{végtelen sok} $r$ értékre
    
$$
r\binom{r-1}{k}=(r-k)\binom{r}{k}.
$$

Az egyenlőség mindjét oldala $r$ {\it polinomja}. 
Egy $n$-edfokú nem azonosan nulla polinomnak legfeljebb $n$ 
különböző gyöke van; így (mint azt egy kivonás bizonyítja), 
{\it ha két legfeljebb $n$-edfokú polinom $n+1$ vagy több különböző pontban 
megegyezik, akkor a két polinom azonosan egyenlő.} 
Ez az elv sok azonosság egészekről valósakra való kiterjesztését 
teszi lehetővé)\\

{\bf D. Addíciós képlet.} 
Az 1. táblázatban láthatóan teljesül az
\begin{equation}
\binom{r}{k} = \binom{r-1}{k}+\binom{r-1}{k-1},\quad \hbox{$k$ egész}
\end{equation}
    
alapösszefüggés (azaz minden szám a felette és a felette balra álló számok összege). Ezt (-1)-ből könnyen be is lehet bizonyítani. Lássunk egy másik bizonyítást is (3) és (4) segítségével:
$$
r\binom{r-1}{k}+r\binom{r-1}{k-1} = (r-k)\binom{r}{k}+k\binom{r}{k}=r\binom{r}{k}.
$$
    
(5) gyakran használható egész $r$-ek esetén $r$ szerinti teljes indukcióra.\\
   
{\bf E. Szummációs képlet.} 
(5) ismételt alkalmazásával két fontos összegzéshez jutunk:
\begin{equation}
\sum_{0\le k\le n}\binom{r+k}{k}=\binom{r}{0}+\binom{r+1}{1}+\dots+\binom{r+n}{n}=\binom{r+n+1}{n},\quad \hbox{$n$ egész $\geq$0.}
\end{equation}

\begin{equation}
\sum_{0\le k\le n}\binom{k}{m}=\binom{0}{m}+\binom{1}{m}+\dots+\binom{n}{m}=\binom{n+1}{m+1},\quad \hbox{$m$ egész $\geq$0, $n$ egész $\geq$0.}
\end{equation}
    
$n$ szerinti teljes indukcióval (7) könnyen bebizonyítható.
 Érdekes azonban megnézni, hogyan vezethető le (6)-ból (2) kétszeri 
 alkalmazásával:
$$
\sum_{0\le k\le n}\binom{k}{m}=\sum_{-m\le k\le n-m}\binom{m+k}{m}=\sum_{-m\le k < 0}\binom{m+k}{m}+\sum_{0\le k\le n-m}\binom{m+k}{k}=0+\binom{m+(n-m)+1}{n-m}=\binom{n+1}{m+1},
$$
    
feltéve közben, hogy $n\geq m$. Az ellenkező esetben (7) triviális.\\
(7) nagyon gyakran alkalmazható, tulajdonképpen speciális eseteit már 
bizonyítottuk. Pl. ha $m=1$,
$$
\binom{0}{1}+\binom{1}{1}+\dots+\binom{n}{1}=0+1+\dots+n=\binom{n+1}{2}=\frac{(n+1)n}{2},
$$
    
előállt régi barátunk, a számtani sor összeképlete.
    
\end{document}