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Nicht-kommutativer Binomialsatz

Nicht-kommutativer Binomialsatz

Es sei $R$ ein Halbring (oder sogar ein Ring, aber wir werden hier nirgendwo subtrahieren) mit zwei Elementen $x,y$. Wenn $x,y$ miteinander kommutieren, dann gilt der gewöhnliche Binomialsatz $\displaystyle (x+y)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^k y^{n-k}.$ Wenn $x,y$ nicht miteinander kommutieren, ist die Lage komplizierter. Ausmultiplizieren von $(x+y)^n$ liefert die Summe aller Wörter in $x,y$ der Länge $n$. Für $n=9$ ist etwa $x^2 y x^3 y^2 x$ ein solches Wort. Wenn wir nun aber ein Element $q$ haben, welches im Zentrum von $R$ liegt (also mit allen Elementen vertauscht) und außerdem die Vertauschungsregel $yx = qxy$ erfüllt (zum Beispiel $q=1$ im kommutativen Fall), so kann man induktiv jedes Wort auf die Gestalt $x^i y^j$ bringen. Dazu muss man sich nur allgemeiner $y^i x^j = q^{i \cdot j} x^j y^i$ überlegen. Für das Beispielwort oben erhalten wir $x^2 y x^3 y^2 x = q^6 x^6 y^3.$ Das universelle Beispiel für einen Halbring mit drei solchen Elementen ist $\IN[q] \langle x,y \rangle / \langle yx = qxy \rangle$. Hier lässt sich jedes Element sogar eindeutig als $\IN[q]$-Linearkombination von Worten der Form $x^i y^j$ schreiben. Beim Ausmultiplizieren von $(x+y)^n$ kommen Wörter $x^k y^{n-k}$ in der Regel öfter vor. Zum Beispiel gilt $(x+y)^2 = x^2+xy+yx+y^2=x^2+(q+1)xy+y^2.$ Allgemeiner gilt nun der folgende nicht-kommutative Binomialsatz (oder auch $q$-Binomialsatz): $\displaystyle (6) \qquad (x+y)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}_q x^k y^{n-k} \qquad (\text{wenn } yx=qxy)$ Beweisen wir das mit Induktion (genauso wie den gewöhnlichen Binomialsatz, welcher den Spezialfall $q=1$ darstellt). Der Induktionsanfang ist $n=0$ einfach. Im Induktionsschritt verwenden wir einfach die Rekursionsgleichung (1): $\begin{align*} (x+y)^{n+1} & = x (x+y)^n + y (x+y)^n \\ & = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}_q x^{k+1} y^{n-k} + \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}_q y x^k y^{n-k} \qquad (\text{nutze }y x^k = q^k x^k y)\\ & = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}_q x^{k+1} y^{n-k} + \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}_q q^k x^k y^{n+1-k} \\ & = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k-1}_q x^{k} y^{n+1-k} + \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n}{k}_q q^k x^k y^{n+1-k} \\ & = \sum_{k=0}^{n+1} \left(\binom{n}{k-1}_q + q^k \binom{n}{k}_q\right) x^k y^{n+1-k} \\ & = \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k}_q x^k y^{n+1-k} \end{align*}$ Wir könnten daher auch alternativ $\smash{\binom{n}{k}_q \in \IN[q]}$ als den Koeffizienten von $x^k y^{n-k}$ in $(x+y)^n$ definieren für das universelle Beispiel $\IN[q] \langle x,y \rangle / \langle yx = qxy \rangle$. Im gewöhnlichen Binomialsatz kann man $x=y=1$ substitutieren und erhält $\smash{2^n = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}}$. Das ist hier nicht möglich, weil $x=y=1$ die Relation $yx=qxy$ nicht erfüllen. Allgemeiner gilt der folgende nicht-kommutative Multinomialsatz: $\displaystyle (6') \qquad (x_1+\cdots+x_s)^n = \sum_{k_1+\cdots+k_s=n} \binom{n}{k_1,\dotsc,k_s}_q x_1^{k_1} \cdots x_s^{k_s} \qquad (\text{wenn } i < j \implies x_j x_i =q x_i x_j)$ Der Beweis (per Induktion nach $s$) benutzt den Binomialsatz für $(x_1+(x_2+\cdots+x_s))^n$. Aus dem nicht-kommutativen Binomialsatz kann man übrigens schnell die $q$-Vandermonde-Identität ableiten.
 
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