LaTeX minták
Vandermonde-determináns
Forrás
\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}
\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}
Kép
Binomiális együtthatók
Forrás
\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}
\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}
Kép
