Wykaż, że dla każdej liczby naturalnej n:
(n po 0)� + (n po 1)� + ...+ (n po n)� = (2n po n)
Wydaje mi sie że można to w jakiś sposób przez indukcje zrobić ale mi nie wychodzi. Sposób dowodu jest mi obojętny.
dwumian Newtona (ale troche dziwny)
- Sir George
- Użytkownik
- Posty: 1145
- Rejestracja: 27 kwie 2006, o 10:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: z Konopii
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 203 razy
dwumian Newtona (ale troche dziwny)
Zauważ, że
\(\displaystyle{ (x+1)^n \ = \ {\sum\limits_{k=0}^n} x^k}\)
Zatem
\(\displaystyle{ (x+1)^n(x^{-1}+1)^n \ = \ {\sum\limits_{k=0}^n}\, {\sum\limits_{j=0}^n} \, {n\choose j} x^{k-j}}\)
Funkcja \(\displaystyle{ f(x)\ = \ x^n(x+1)^n(x^{-1}+1)^n}\) jest wielomianem, co więcej
\(\displaystyle{ \frac{d^n}{dx^n} f(0) \ = \ n! \, {\sum\limits_{k=0}^n} ^2}\)
Z drugiej strony \(\displaystyle{ f(x) \ = (x+1)^{2n}}\), skąd
\(\displaystyle{ \frac{d^n}{dx^n} f(0) \ = \ n!\, {2n \choose n}}\) QED
\(\displaystyle{ (x+1)^n \ = \ {\sum\limits_{k=0}^n} x^k}\)
Zatem
\(\displaystyle{ (x+1)^n(x^{-1}+1)^n \ = \ {\sum\limits_{k=0}^n}\, {\sum\limits_{j=0}^n} \, {n\choose j} x^{k-j}}\)
Funkcja \(\displaystyle{ f(x)\ = \ x^n(x+1)^n(x^{-1}+1)^n}\) jest wielomianem, co więcej
\(\displaystyle{ \frac{d^n}{dx^n} f(0) \ = \ n! \, {\sum\limits_{k=0}^n} ^2}\)
Z drugiej strony \(\displaystyle{ f(x) \ = (x+1)^{2n}}\), skąd
\(\displaystyle{ \frac{d^n}{dx^n} f(0) \ = \ n!\, {2n \choose n}}\) QED
dwumian Newtona (ale troche dziwny)
A czy znasz moze sposób żeby to udowodnić nie wykorzystując pochodnej bo niestety to jest dla osoby z liceum która nie zna jeszcze pochodnej :/
- Sir George
- Użytkownik
- Posty: 1145
- Rejestracja: 27 kwie 2006, o 10:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: z Konopii
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 203 razy
dwumian Newtona (ale troche dziwny)
Pisałem, że \(\displaystyle{ x^n(1+x)^n(1+x^{-1})^n}\) jest wielomianem.
Popatrz na współczynnik przy \(\displaystyle{ x^n}\)....
Popatrz na współczynnik przy \(\displaystyle{ x^n}\)....