שורה 100:
שורה 100:
הוכחת הנוסחה נעשית באמצעות פיתוח [[טור טיילור]] עבור הפונקציה המרוכבת <math>\ f(z) = (1+z)^r</math>, והצבה <math>\ z=\frac{x}{y}</math>.
הוכחת הנוסחה נעשית באמצעות פיתוח [[טור טיילור]] עבור הפונקציה המרוכבת <math>\ f(z) = (1+z)^r</math>, והצבה <math>\ z=\frac{x}{y}</math>.
==קישורים חיצוניים==
==קישורים חיצוניים==
{{מיזמים|ויקיספר=מתמטיקה תיכונית/אלגברה תיכונית/טכניקות אלגבריות פשוטות/טכניקות של פישוט/נוסחאות הכפל הקצר|שם ויקיספר=נוסחאת הכפל המקוצר}}
{{לא מדויק|543|הבינום של ניוטון}}
{{לא מדויק|543|הבינום של ניוטון}}
[[קטגוריה:אלגברה בסיסית]]
[[קטגוריה:אלגברה בסיסית]]
"משולש פסקל ", המשמש להצגת מקדמי הבינום, בספרו של המתמטיקאי הסיני בן המאה ה-13 , יאנג חווי
במתמטיקה , הבינום של ניוטון הוא נוסחה לפיתוח חזקות של סכום של שני איברים . אף שהנוסחה קרויה על שמו של ניוטון , היא מיוחסת פעמים רבות לבלז פסקל , שעסק בה במהלך המאה ה-17 , אך הייתה ידועה למתמטיקאים שקדמו לו, ובהם הסיני יאנג חווי בן המאה ה-13 , הפרסי עומר כיאם בן המאה ה-11 , וההודי פינגלה בן המאה ה-3 .
נוסחת הבינום
הנוסחה בצורתה הבסיסית היא:
(
x
+
y
)
n
=
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
x
k
y
n
−
k
{\displaystyle (x+y)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{k}y^{n-k}}
.
כאשר
(
n
k
)
=
n
!
k
!
(
n
−
k
)
!
{\displaystyle {n \choose k}={\frac {n!}{k!(n-k)!}}}
. מספרים אלו נקראים מקדמי הבינום , ויש להם חשיבות רבה בקומבינטוריקה . כלי נוח למציאת מקדמי הבינום הוא משולש פסקל .
נשים לב כי
(
n
k
)
{\displaystyle {n \choose k}}
הינו מספר האפשרויות לבחור
k
{\displaystyle \ k}
איברים מתוך
n
{\displaystyle \ n}
ללא חזרות וללא חשיבות לסדר. דבר זה אינו מקרי, כפי שנראה להלן בהוכחת נכונות הנוסחה.
מקרה פרטי חשוב של הנוסחה, בעל שימושים רבים בקומבינטוריקה , הוא
(
1
+
x
)
n
=
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
x
k
{\displaystyle (1+x)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{k}}
.
הנוסחה תקפה לכל r מרוכב , כפי שאפשר לראות באמצעות פיתוח טיילור של הפונקציה
(
1
+
x
)
r
{\displaystyle \ (1+x)^{r}}
: הטור המתקבל הוא
(
x
+
y
)
r
=
∑
i
=
0
∞
(
r
i
)
x
i
y
r
−
i
{\displaystyle \ (x+y)^{r}=\sum _{i=0}^{\infty }{r \choose i}x^{i}y^{r-i}}
, כאשר
(
r
i
)
=
r
(
r
−
1
)
⋯
(
r
−
i
+
1
)
i
!
{\displaystyle \ {r \choose i}={\frac {r(r-1)\cdots (r-i+1)}{i!}}}
. אם r שלם, רק r+1 המקדמים הראשונים שונים מאפס, והטור הוא למעשה סכום סופי.
הבינום הרגיל
דוגמה
נראה את ארבעת המקרים הראשונים של הנוסחה:
(
x
+
y
)
1
=
x
+
y
{\displaystyle \ (x+y)^{1}=x+y}
(
x
+
y
)
2
=
x
2
+
2
x
y
+
y
2
{\displaystyle \ (x+y)^{2}=x^{2}+2xy+y^{2}}
(
x
+
y
)
3
=
x
3
+
3
x
2
y
+
3
x
y
2
+
y
3
{\displaystyle \ (x+y)^{3}=x^{3}+3x^{2}y+3xy^{2}+y^{3}}
(
x
+
y
)
4
=
x
4
+
4
x
3
y
+
6
x
2
y
2
+
4
x
y
3
+
y
4
{\displaystyle \ (x+y)^{4}=x^{4}+4x^{3}y+6x^{2}y^{2}+4xy^{3}+y^{4}}
הוכחה
ראשית, נשים לב כי
(
x
+
y
)
n
=
(
x
+
y
)
⋅
(
x
+
y
)
⋅
⋯
⋅
(
x
+
y
)
{\displaystyle \ (x+y)^{n}=(x+y)\cdot (x+y)\cdot \dots \cdot (x+y)}
. יש לנו
n
{\displaystyle \ n}
סוגריים שמוכפלים אלה באלה. התוצאה המתקבלת (על פי כללי האלגברה) היא סכום של כל המכפלות האפשריות שבהן נבחר איבר יחיד מכל אחד מהסוגריים. נדגים זאת עבור מקרה פרטי:
(
x
+
y
)
2
=
(
x
+
y
)
⋅
(
x
+
y
)
=
x
⋅
x
+
x
⋅
y
+
y
⋅
x
+
y
⋅
y
=
x
2
+
2
x
y
+
y
2
{\displaystyle \ (x+y)^{2}=(x+y)\cdot (x+y)=x\cdot x+x\cdot y+y\cdot x+y\cdot y=x^{2}+2xy+y^{2}}
.
בדוגמה זו:
האיבר הראשון התקבל מבחירת
x
{\displaystyle \ x}
מהסוגריים הראשונים ו
x
{\displaystyle \ x}
מהסוגריים השניים.
האיבר השני התקבל מבחירת
x
{\displaystyle \ x}
מהסוגריים הראשונים ו
y
{\displaystyle \ y}
מהסוגריים השניים.
האיבר השלישי התקבל מבחירת
y
{\displaystyle \ y}
מהסוגריים הראשונים ו
x
{\displaystyle \ x}
מהסוגריים השניים.
האיבר הרביעי התקבל מבחירת
y
{\displaystyle \ y}
מהסוגריים הראשונים ו
y
{\displaystyle \ y}
מהסוגריים השניים.
בצורה זו ניתן לפתח כל ביטוי מהסוג
(
x
+
y
)
n
{\displaystyle \ (x+y)^{n}}
כסכום של כל המחוברים האפשריים, כאשר כל מחובר הוא מכפלה של איברים שנבחרו מהסוגריים.
על כן, עבור האיבר
a
x
k
y
j
{\displaystyle \ ax^{k}y^{j}}
המקדם
a
{\displaystyle \ a}
הוא בדיוק מספר האפשרויות לבחור
k
{\displaystyle \ k}
פעמים את
x
{\displaystyle \ x}
ו-
j
{\displaystyle \ j}
פעמים את
y
{\displaystyle \ y}
. מאחר שניתן לבחור רק מתוך שני האיברים הללו, די לבדוק בכמה אפשרויות ניתן לבחור את
x
{\displaystyle \ x}
כי בהכרח מתקיים
k
+
j
=
n
{\displaystyle \ k+j=n}
(אם בחרנו
k
{\displaystyle \ k}
פעמים את
x
{\displaystyle \ x}
, אנחנו חייבים לבחור
n
−
k
{\displaystyle \ n-k}
פעמים את
y
{\displaystyle \ y}
, כי זו האפשרות האחרת היחידה).
מספר האפשרויות לבחור את
x
{\displaystyle \ x}
מתוך
n
{\displaystyle \ n}
סוגריים בדיוק
k
{\displaystyle \ k}
פעמים נתון על ידי
(
n
k
)
{\displaystyle \ {n \choose k}}
ולכן זהו בדיוק המקדם של
x
k
y
j
{\displaystyle \ x^{k}y^{j}}
.
צריך להוכיח:
(
a
+
b
)
n
=
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
a
k
b
n
−
k
{\displaystyle (a+b)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}a^{k}b^{n-k}}
בדיקה עבור n=1 (ניתן לבדוק גם החל מ-n=0):
(
a
+
b
)
1
=
∑
k
=
0
1
(
1
k
)
a
k
b
1
−
k
{\displaystyle (a+b)^{1}=\sum _{k=0}^{1}{1 \choose k}a^{k}b^{1-k}}
.
∑
k
=
0
1
(
1
k
)
a
k
b
1
−
k
=
(
1
0
)
a
0
b
1
+
(
1
1
)
a
1
b
0
=
b
+
a
{\displaystyle \sum _{k=0}^{1}{1 \choose k}a^{k}b^{1-k}={1 \choose 0}a^{0}b^{1}+{1 \choose 1}a^{1}b^{0}=b+a}
.
הנחת האינדוקציה: נניח נכונות עבור n=i :
(
a
+
b
)
i
=
∑
k
=
0
i
(
i
k
)
a
k
b
i
−
k
{\displaystyle (a+b)^{i}=\sum _{k=0}^{i}{i \choose k}a^{k}b^{i-k}}
.
ונוכיח נכונות עבור n=i+1:
(
a
+
b
)
i
+
1
=
∑
k
=
0
i
+
1
(
i
+
1
k
)
a
k
b
i
+
1
−
k
{\displaystyle (a+b)^{i+1}=\sum _{k=0}^{i+1}{i+1 \choose k}a^{k}b^{i+1-k}}
.
הוכחה:
(
a
+
b
)
i
+
1
=
(
a
+
b
)
i
(
a
+
b
)
{\displaystyle \ (a+b)^{i+1}=(a+b)^{i}(a+b)}
. נשתמש בהנחת האינדוקציה ונחליף את
(
a
+
b
)
i
{\displaystyle \ (a+b)^{i}}
ב-
∑
k
=
0
i
(
i
k
)
a
k
b
i
−
k
{\displaystyle \sum _{k=0}^{i}{i \choose k}a^{k}b^{i-k}}
(
a
+
b
)
∑
k
=
0
i
(
i
k
)
a
k
b
i
−
k
=
a
∑
k
=
0
i
(
i
k
)
a
k
b
i
−
k
+
b
∑
k
=
0
i
(
i
k
)
a
k
b
i
−
k
=
{\displaystyle (a+b)\sum _{k=0}^{i}{i \choose k}a^{k}b^{i-k}=a\sum _{k=0}^{i}{i \choose k}a^{k}b^{i-k}+b\sum _{k=0}^{i}{i \choose k}a^{k}b^{i-k}=}
∑
k
=
0
i
(
i
k
)
a
k
+
1
b
i
−
k
+
∑
k
=
0
i
(
i
k
)
a
k
b
i
−
k
+
1
=
∑
k
=
1
i
+
1
(
i
k
−
1
)
a
k
b
i
−
k
+
1
+
{\displaystyle \sum _{k=0}^{i}{i \choose k}a^{k+1}b^{i-k}+\sum _{k=0}^{i}{i \choose k}a^{k}b^{i-k+1}=\sum _{k=1}^{i+1}{i \choose k-1}a^{k}b^{i-k+1}+}
∑
k
=
0
i
(
i
k
)
a
k
b
i
−
k
+
1
=
(
i
i
)
a
i
+
1
b
0
+
∑
k
=
1
i
(
i
k
−
1
)
a
k
b
i
−
k
+
1
+
(
i
0
)
a
0
b
i
+
1
+
{\displaystyle \sum _{k=0}^{i}{i \choose k}a^{k}b^{i-k+1}={i \choose i}a^{i+1}b^{0}+\sum _{k=1}^{i}{i \choose k-1}a^{k}b^{i-k+1}+{i \choose 0}a^{0}b^{i+1}+}
∑
k
=
1
i
(
i
k
)
a
k
b
i
−
k
+
1
=
a
i
+
1
+
b
i
+
1
+
∑
k
=
1
i
(
(
i
k
−
1
)
+
(
i
k
)
)
a
k
b
i
−
k
+
1
=
{\displaystyle \sum _{k=1}^{i}{i \choose k}a^{k}b^{i-k+1}=a^{i+1}+b^{i+1}+\sum _{k=1}^{i}\left({i \choose k-1}+{i \choose k}\right)a^{k}b^{i-k+1}=}
a
i
+
1
+
b
i
+
1
+
∑
k
=
1
i
(
i
+
1
k
)
a
k
b
i
−
k
+
1
=
∑
k
=
0
i
+
1
(
i
+
1
k
)
a
k
b
i
−
k
+
1
{\displaystyle a^{i+1}+b^{i+1}+\sum _{k=1}^{i}{i+1 \choose k}a^{k}b^{i-k+1}=\sum _{k=0}^{i+1}{i+1 \choose k}a^{k}b^{i-k+1}}
המקרה הכללי
דוגמאות
עבור r=1/2, מתקבלת הנוסחה השימושית:
(
1
+
x
)
1
2
=
1
+
x
=
1
+
1
2
x
−
1
8
x
2
+
…
{\displaystyle \ (1+x)^{\frac {1}{2}}={\sqrt {1+x}}=1+{\frac {1}{2}}x-{\frac {1}{8}}x^{2}+\dots }
עבור r=-1 מתקבל הטור הגאומטרי:
(
1
+
x
)
−
1
=
1
1
+
x
=
1
−
x
+
x
2
−
x
3
+
…
{\displaystyle \ (1+x)^{-1}={\frac {1}{1+x}}=1-x+x^{2}-x^{3}+\dots }
הוכחה
הוכחת הנוסחה נעשית באמצעות פיתוח טור טיילור עבור הפונקציה המרוכבת
f
(
z
)
=
(
1
+
z
)
r
{\displaystyle \ f(z)=(1+z)^{r}}
, והצבה
z
=
x
y
{\displaystyle \ z={\frac {x}{y}}}
.
קישורים חיצוניים
גדי אלכסנדרוביץ', הבינום של ניוטון , באתר "לא מדויק", שגיאה: זמן שגוי