1. No category

Endimensionell analys (FMAA005)
Anders Källén
Föreläsning 9
Innehåll: Binomialsatsen och lite kombinatorik
Vad borde ( x + y)4 vara lika med (se Pascals triangel)?
Kapitel 4.2
Kombinatoriskt resonemang:
1.
2.
3.
4.
Kombinatorik: med och utan återläggning
Pascals triangel
Binomialsatsen
Faktorsatsen revisited
( x + y)n = ( x + y)( x + y) . . . ( x + y).
Efter dagens föreläsning måste du
- Kunna beräkna på hur många sätt man kan plocka ut delmängder
ur en given mängd både när man bryr sig om ordningen och när
man inte gör det
- Kunna definiera binomialkoefficienten och förklara Pascals triangel
och varför den är sann
- Kunna formulera och bevisa binomialteoremet
När vi multiplicerar ihop får vi termer på formen x n−k yk där k =
0, 1, . . . , n. Hur många? Det handlar om att välja y från k av paranteserna och x från resten, vilket går på (nk) olika sätt. Vi har bevisat
Binomialsatsen:
n n n−k k
( x + y)n = ∑
x
y .
k
k =0
Exempel Vad blir koefficienten framför x18 i utvecklingen av
2
( x2 + )15 ? Enligt binomialsatsen har vi att uttrycket är
x
15
∑
Kombinatorik: med och utan återläggning
Kombinatoriken behandlar frågor av typen på hur många sätt kan man...
- På hur många sätt kan vi ordna n olika element? Annorlunda uttryckt: om vi har en mängd { a1 , a2 , . . . , an } av olika element, på hur
många sätt kan vi lägga ut dem i sviter typ a1 a2 . . . an , a2 a1 . . . an , . . .?
Svar: n! = 1 · 2 . . . (n − 1)n.
- På hur många sätt kan vi ur en mängd om n element plocka ut k
stycken, om ordningen spelar roll? Svar: n(n − 1) . . . (n − k + 1) =
n!
(n − k)!
- På hur många sätt kan vi ur en mängd om n element plocka ut en
delmängd om k element (ordningen spelar alltså ingen roll)? Svar:
n
n!
.
=
k!(n − k )!
k
k =0
15 15
2
15 k 30−3k
( x2 )n−k ( )k = ∑
2 x
.
k
x
k
k =0
För att få termen x18 ska vi välja k så att 30 − 3k = 18, alltså k = 4.
Koefficienten är då
15 4
2 = 21840.
4
Exempel längre fram behöver vi veta att e x /x kan bli hur stor som
helst, om bara x är tillräckligt stor. För att se det ska vi först se att om
x är tillräckligt stor gäller att e x > x.
Bevis. Till x > 2 tag heltalet n som uppfyller n ≤ x < n + 1. Då gäller
e x ≥ e n > 2n = (1 + 1 ) n =
n
1 n
n
= 1 + n > x.
> ∑
k
k
k =0
k =0
∑
2
Notera att mitt i resonemangent har vi visat formeln
n
n
∑ k = 2n .
k =0
Kallas binomialkoefficienter.
Pascals triangel
Två grundläggande formler för binomialkoefficienterna är
n
n
=
(att välja ut k är det samma som att lämna kvar
n−k
k
n −k) n
n−1
n−1
=
+
(dela upp mängderna i de som innek
k
k−1
håller an och de som inte gör det).
När vi nu vet att e x > x vet vi också att e x/2 > x/2 och därför att
√
√
e x/2 / x > x/2. Ur det följer att
ex
e x/2
x
= ( √ )2 > .
x
4
x
Dessa räkneregler innebär att man snabbt kan beräkna binomialkoefficienter för små n genom Pascals triangel:
Detta ska användas i F11.
Faktorsatsen revisited
Om vi i den geometriska summan
1 + a + a 2 + . . . + a n −1 =
1
1
1
1
1
2
4
o
sätter a = x/α får vi att
1
3
1
3
6
s
an − 1
a−1
x n − αn = ( x − α)( x n−1 + αx n−2 + . . . + αn−1 ) = ( x − α)q( x ),
1
4
v
1
där q( x ) är ett polynom av grad n − 1. Detta ger oss ett alternativt
bevis för faktorsatsen som följer.
Låt
Binomialsatsen
p ( x ) = a n x n + a n −1 x n −1 + . . . a 1 x + a 0
Vi vet att
( x + y)1 = x + y, ( x + y)2 = x2 + 2xy + y2 ,
3
3
2
2
3
( x + y) = x + 3x y + 3xy + y .
vara ett givet polynom och låt α vara ett godtyckligt tal. Då gäller att
p( x ) − p(α) =
n
n
n
n
k =0
k =0
k =0
k =0
∑ ak x k − ∑ ak αk = ∑ ak ( x k − αk ) = ∑ ak ( x − α)qk ( x )
och alltså
n
p ( x ) = ( x − α ) Q ( x ) + p ( α ),
Q( x ) =
∑ a k q k ( x ),
k =0
där Q( x ) är ett polynom av grad n − 1 (eftersom qk ( x ) är av grad
k − 1).
Det följer att (vilket är faktorsatsen)
p(α) = 0
⇔
( x − α ) | p ( x ).
Att fundera på till nästa gång
1. Bevisa formeln
n
n
∑ k = 2n .
k =0
genom att använda ett kombinatoriskt resonemang.
2. Visa att
n
n
n
n
n
n
n
+
+
+...+
=
+
+...+
.
0
2
4
n
1
3
n−1