Binom açılımının kombinatorik ispatını tüm reeller için genişletmek mümkün mü?

Question

Her $a, b, n \in \mathbb{Z^+}$ için $(a + b)^n = \sum\limits_{i = 0}^{n} \binom{n}{i} a^{i} b^{n - i}$ olduğunu aşağıdaki kombinatorik yolla gösterebiliriz:

$(a + b)^n$ ifadesi $n$ farklı topu $a + b$ adet farklı kutuya kaç farklı şekilde koyabileceğimizi ifade ediyor.

Bunun yerine her $0 \le i \le n$ için ilk başta hangi $i$ topu ilk $a$ kutuya koyacağımızı seçip bu topları ilk $a$ kutuya koyduktan sonra kalan $n - i$ topu son $b$ kutuya kaç farklı şekilde koyacağımızı toplama ekleyerek sonucu bulabiliriz.

Bu ispat bizi bir sürü cebirsel işlemden kurtarıyor ancak bu ispat sadece en baştaki kısıt için doğru yani $a, b \in \mathbb{Z^+}$ olmalı. Şöyle bir cümle kurabilir miyiz? "Eğer pozitif tam sayılar için sadece toplama ve kuvvet alma işlemini içeren bir eşitlik doğruysa, reel sayıların ve pozitif tam sayıların toplama ve tam sayı kuvvetini alma işleminde davranışları aynı olduğu için $a, b$ pozitif tam sayıları başka bir reel sayıyla değiştirilip ispat genişletilebilir."

Bu cümle gerçekten kurulabiliyorsa aynı davranış kısmını grup teorisi veya başka bir şeyle açıklayabiliyor muyuz?

Comments

Güzel bir fikir.

---

$(a+b)^n$ kısmını çok güzel yorumlamışsınız. Peki, katsayı $\binom{n}{i}$ için ne diyebiliriz?

---

Orada kastettiğim sayma yöntemi şuydu: Son durumda ilk $a$ kutuya toplamda $0, 1, 2, 3, ..., n$ adet top girmiş olabilir. O zaman biz bu durumları ayrık olarak inceleyelim yani son durumda ilk $a$ kutuda $0$ top olduğu durumların sayısı + son durumda ilk $a$ kutuda $1$ top olduğu durumların sayısı + ... + son durumda ilk $a$ kutuda $n$ top olduğu durumların sayısını ayrı ayrı hesaplayalım. Örneğin eğer ilk $a$ kutuya $5$ topun girdiği durumların sayısını bulmak istiyorsak önce ilk hangi $5$ topun bu kutulara gireceğini belirlememiz gerekiyor, bunu da $\binom{n}{5}$ yolla belirleriz. Daha sonra belirlediğimiz topların her biri ilk $a$ kutudan herhangi birine gidebilir diyerek $a^5$ farklı yolla seçtiğimiz topları kutulara koyarız. Kalan $n - 5$ topu da son $b$ kutuya koymamız gerekiyor, onu da $b^{n - 5}$ yolla yapabiliriz. Bunları çarpmamız gerekiyor yani toplama $\binom{n}{5}a^5b^{n - 5}$'i eklemeliyiz.

Answer 1

Yorum olarak yazdıklarımı cevaba çevireyim.

(Sıfır polinomu dışındaki) Polinomların sonlu sayıda kökü oluşundan yararlanılabilir.

($b\in\mathbb{N},\ n \in\mathbb{N}^+$ olsun) $P_b(x)=(x+b)^n-\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}b^{n-i}x^i$ polinomunun sonsuz çoklukta ($\forall a\in\mathbb{N}$ için 0 oluyor) kökü var, öyleyse 0 polinomudur, yani (seçilen $b$ için) her gerçel (hatta kompleks) $a$ için eşitlik doğru olur.  Daha sonra da $a$ ile $b$ yi yer değiştirip benzeri yapılır.

EK: Bu mantık başka benzer durumlara da uygulanabilir.

O eşitlik, $a,b\in\mathbb{C}$ için de doğru, ama $n\notin\mathbb{N}$ iken doğru (anlamlı bile) değil, onun yerine, sağ taraf sonsuz toplam ($\sum_{i=0}^\infty\binom{n}{i}a^ib^{n-i}$) şeklinde bir eşitlik var.

Diğer $n$ değerleri için de, benzer mantık ile, (kompleks) analitik fonksiyonların (bağlantılı bölgelerde) 'benzer' özelliğinden yararlanılarak (sanırım) gösterilebilir.

Comments

Bahsettiğim özellik: Analitik fonksiyonun sıfırlarının (bölgede) yığılma noktası varsa fonkiyon sıfırdır. Yeterli mi tam emin değilim.

---

Polinomların sonlu sayıda kök özelliğinden faydalanmak çok akıllıcaymış hocam, ilgilendiğiniz için teşekkür ederim. Ancak analize dair çok çok az şey biliyorum ve cevabınızın tamamını anlamak ($n \notin \mathbb{N}$ için izleyebileceğimiz metod) için sanırım ilk önce üniversiteye gitmem gerekecek :)