Một sự mở rộng cho công thức khai triển nhị thức Newton cho $n$ biến
$(a_1+a_2+...+a_n)^r=\sum_{k_1+k_2+...+k_n=r} \dfrac{r!}{k_1!k_2!...k_n!}a_1^{k_1}a_2^{k_2}...a_n^{k_n}$
_________________
Hãy chứng minh công thức trên!
#1
Đã gửi 10-10-2012 - 08:50
- E. Galois, dark templar, Tham Lang và 6 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 10-10-2012 - 14:09
Cách chứng minh bằng quy nạp của bạn là đúng đắn và chặt chẽ rồi! Mình có một cách chứng minh có vẻ "hiển nhiên" hơn một chút.
$\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^r=\left(a_1+a_2+...+a_n\right)\left(a_1+a_2+...+a_n\right)...\left(a_1+a_2+...+a_n\right)\quad\text{( $r$ nhân tử )}$
Theo quy tắc nhân (tích Descartes), để có một số hạng $a_1^{k_1}a_2^{k_2}...a_n^{k_n}$ trong đó $k_1+k_2+...+k_n=r$ ta phải chia $r$ nhân tử ra thành $n$ nhóm: Nhóm $1$ có $k_1$ nhân tử, nhóm $2$ có $k_2$ nhân tử, ..., nhóm $n$ có $k_n$ nhân tử.
Trong nhóm $1$ nhân các số hạng $a_1$ với các số hạng $a_2$ của nhóm $2$ với ... với các số hạng $a_n$ của nhóm $n$ để được số hạng của khai triển.
Như vậy số các cách chia nhóm chính là số các số hạng có dạng trên, và cũng là số tổ hợp lặp chập $k_1,k_2,...,k_n$ của $r$ phần tử:
$=\dfrac{r!}{k_1!k_2!...k_n!}$
Lấy tổng theo tất cả các trường hợp thoả $k_1+k_2+...+k_n=r$ ta có điều cần chứng minh.
Muốn biết vế phải của khai triển có bao nhiêu số hạng, hay nói cách khác là phương trình $k_1+k_2+...+k_n=r$ có bao nhiêu nghiệm tự nhiên, ta có thể dùng cách chia kẹo của Eurler. Ta có:
$(k_1+1)+(k_2+1)+...+(k_n+1)=i_1+i_2+...+i_n=r+n$
Như vậy có thể hiểu là có bao nhiêu cách chia $r+n$ cái kẹo cho $n$ em, em nào cũng có kẹo.
Xếp $r+n$ cái kẹo trên một hàng, giữa chúng có $r+n-1$ khoảng cách. Lấy $n-1$ cái "que" | đặt vào những khoảng cách ấy để chia thành $n$ phần tương ứng với $n$ em. Có $C_{r+n-1}^{n-1}$ cách thực hiện công việc này.
Nghĩa là tổng trên có tất cả $C_{r+n-1}^{n-1}$ số hạng.
Trong trường hợp $n=2$ thì rõ ràng $C_{r+n-1}^{n-1}=C_{r+1}^{1}=r+1$ số hạng.
$\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^r=\left(a_1+a_2+...+a_n\right)\left(a_1+a_2+...+a_n\right)...\left(a_1+a_2+...+a_n\right)\quad\text{( $r$ nhân tử )}$
Theo quy tắc nhân (tích Descartes), để có một số hạng $a_1^{k_1}a_2^{k_2}...a_n^{k_n}$ trong đó $k_1+k_2+...+k_n=r$ ta phải chia $r$ nhân tử ra thành $n$ nhóm: Nhóm $1$ có $k_1$ nhân tử, nhóm $2$ có $k_2$ nhân tử, ..., nhóm $n$ có $k_n$ nhân tử.
Trong nhóm $1$ nhân các số hạng $a_1$ với các số hạng $a_2$ của nhóm $2$ với ... với các số hạng $a_n$ của nhóm $n$ để được số hạng của khai triển.
Như vậy số các cách chia nhóm chính là số các số hạng có dạng trên, và cũng là số tổ hợp lặp chập $k_1,k_2,...,k_n$ của $r$ phần tử:
$=\dfrac{r!}{k_1!k_2!...k_n!}$
Lấy tổng theo tất cả các trường hợp thoả $k_1+k_2+...+k_n=r$ ta có điều cần chứng minh.
Muốn biết vế phải của khai triển có bao nhiêu số hạng, hay nói cách khác là phương trình $k_1+k_2+...+k_n=r$ có bao nhiêu nghiệm tự nhiên, ta có thể dùng cách chia kẹo của Eurler. Ta có:
$(k_1+1)+(k_2+1)+...+(k_n+1)=i_1+i_2+...+i_n=r+n$
Như vậy có thể hiểu là có bao nhiêu cách chia $r+n$ cái kẹo cho $n$ em, em nào cũng có kẹo.
Xếp $r+n$ cái kẹo trên một hàng, giữa chúng có $r+n-1$ khoảng cách. Lấy $n-1$ cái "que" | đặt vào những khoảng cách ấy để chia thành $n$ phần tương ứng với $n$ em. Có $C_{r+n-1}^{n-1}$ cách thực hiện công việc này.
Nghĩa là tổng trên có tất cả $C_{r+n-1}^{n-1}$ số hạng.
Trong trường hợp $n=2$ thì rõ ràng $C_{r+n-1}^{n-1}=C_{r+1}^{1}=r+1$ số hạng.
- dark templar, nthoangcute, Gioi han và 2 người khác yêu thích
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: newton, khai triển
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Số học →
$\sum\limits_{} {{{\left( {C_{{2^n}}^{2k + 1}} \right)}^2}} \vdots {2^{2n + 1}}$Bắt đầu bởi Explorer, 25-10-2022 nhị thức, newton, số học và . |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Đại số →
Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức →
Khai triển Viète và Khai triển TchebychevBắt đầu bởi hxthanh, 04-11-2011 khai triển |
|
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh