\(\displaystyle{ (a+b+c+d) ^{20}}\)
a) wartość współczynnika przy wyrazach \(\displaystyle{ a ^{11}b^{6}c^{2}d}\) i \(\displaystyle{ a^{11}b^{9}}\)
b) liczbę wyrazów tego rozwinięcia;
c) sumę wszystkich współczynników.
Do wykorzystania gdzieś na internecie znalazłem taki wzorek:
\(\displaystyle{ (x _{1} + x _{2}+ ... x _{r})^{n} = \sum_{k _{1}+k_{r}=n }^{} {n \choose k _{1},...,k_{r} }x _{1}^{k_{1}}x_{2}^{k_{2}}...x_{r}^{k_{r}}}\)
Podaj wartości przy współczynnikach wyrażenia
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Podaj wartości przy współczynnikach wyrażenia
Zacznijmy może od wzoru. Ja bym napisał taki (to chyba jest to samo):
\(\displaystyle{ (x_1+x_2+\dots+x_r)^n= \sum_{k_1, \dots k_r \in \NN, k_1+\dots+k_r=n}^{} {n \choose k_1}{n-k_1 \choose k_2}\dots{n-k_1-\dots k_{r-1} \choose k_r}x_1^{k_1}x_2^{k_2}\dots x_r^{k_r}=\\=\sum_{k_1, \dots k_r \in \NN, k_1+\dots+k_r=n}^{} \frac{n!}{k_1!\dots k_r !}x_1^{k_1}x_2^{k_2}\dots x_r^{k_r}}\)
Interpretacja kombinatoryczna tego wzorku jest jakaś taka: zapisujemy
\(\displaystyle{ (x_1+\dots+x_r)^{n}=\underbrace{( x_1+\dots+x_r)\cdot \dots(x_1+\dots+x_r)}_{n \text{ czynników }}}\)
Rzecz jasna, po wymnożeniu każda z liczb \(\displaystyle{ x_1, \dots x_r}\) występuje w danym składniku z pewną potęgą naturalną, co najmniej zero, a co najwyżej \(\displaystyle{ n}\). Wybieramy \(\displaystyle{ x_1}\) z \(\displaystyle{ k_1}\) nawiasów (gdzie \(\displaystyle{ k_1 \in \left\{ 0, \dots n}\right\}}\)), potem zostaje \(\displaystyle{ n-k_1}\)czynników postaci \(\displaystyle{ x_1+\dots+x_r}\), z których wybieramy z \(\displaystyle{ k_2}\) nasze \(\displaystyle{ x_2}\) na \(\displaystyle{ {n -k_1 \choose k_2}}\) sposobów dla \(\displaystyle{ k_2 \in \left\{ 0, \dots n-k_1\right\}}\) i tak dalej. I coś trzeba dalej w tym stylu pomarudzić.
Alternatywnie można ten wzór udowodnić indukcyjnie.
Z tego idą wszystkie podpunkty.
a) wystarczy wstawić \(\displaystyle{ n=20, r=4}\), no i w pierwszym przypadku
\(\displaystyle{ k_1=11, k_2=6, k_3=2, k_4=1}\), a w drugim...
b)ile jest rozwiązań w liczbach naturalnych nieujemnych równości
\(\displaystyle{ k_1+\dots+k_r=n}\) - jak się zdaje \(\displaystyle{ {n+r-1 \choose r-1}}\), więc wstawiając \(\displaystyle{ n=20, r=4}\), mamy...
c)a to zrób sam. Ta suma to
\(\displaystyle{ \sum_{k_1+\dots+k_r=n}^{} \frac{n!}{k_1!\dots k_r!}}\)
Jeśli sobie z tym samodzielnie nie poradzisz, to poszukaj informacji o współczynniku wielomianowym. Ale ja bym sobie na Twoim miejscu przypomniał, jak uzyskujemy rozwiązanie dla \(\displaystyle{ r=2}\), czyli dowód równości \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^n{n \choose k}=2^n}\)...
\(\displaystyle{ (x_1+x_2+\dots+x_r)^n= \sum_{k_1, \dots k_r \in \NN, k_1+\dots+k_r=n}^{} {n \choose k_1}{n-k_1 \choose k_2}\dots{n-k_1-\dots k_{r-1} \choose k_r}x_1^{k_1}x_2^{k_2}\dots x_r^{k_r}=\\=\sum_{k_1, \dots k_r \in \NN, k_1+\dots+k_r=n}^{} \frac{n!}{k_1!\dots k_r !}x_1^{k_1}x_2^{k_2}\dots x_r^{k_r}}\)
Interpretacja kombinatoryczna tego wzorku jest jakaś taka: zapisujemy
\(\displaystyle{ (x_1+\dots+x_r)^{n}=\underbrace{( x_1+\dots+x_r)\cdot \dots(x_1+\dots+x_r)}_{n \text{ czynników }}}\)
Rzecz jasna, po wymnożeniu każda z liczb \(\displaystyle{ x_1, \dots x_r}\) występuje w danym składniku z pewną potęgą naturalną, co najmniej zero, a co najwyżej \(\displaystyle{ n}\). Wybieramy \(\displaystyle{ x_1}\) z \(\displaystyle{ k_1}\) nawiasów (gdzie \(\displaystyle{ k_1 \in \left\{ 0, \dots n}\right\}}\)), potem zostaje \(\displaystyle{ n-k_1}\)czynników postaci \(\displaystyle{ x_1+\dots+x_r}\), z których wybieramy z \(\displaystyle{ k_2}\) nasze \(\displaystyle{ x_2}\) na \(\displaystyle{ {n -k_1 \choose k_2}}\) sposobów dla \(\displaystyle{ k_2 \in \left\{ 0, \dots n-k_1\right\}}\) i tak dalej. I coś trzeba dalej w tym stylu pomarudzić.
Alternatywnie można ten wzór udowodnić indukcyjnie.
Z tego idą wszystkie podpunkty.
a) wystarczy wstawić \(\displaystyle{ n=20, r=4}\), no i w pierwszym przypadku
\(\displaystyle{ k_1=11, k_2=6, k_3=2, k_4=1}\), a w drugim...
b)ile jest rozwiązań w liczbach naturalnych nieujemnych równości
\(\displaystyle{ k_1+\dots+k_r=n}\) - jak się zdaje \(\displaystyle{ {n+r-1 \choose r-1}}\), więc wstawiając \(\displaystyle{ n=20, r=4}\), mamy...
c)a to zrób sam. Ta suma to
\(\displaystyle{ \sum_{k_1+\dots+k_r=n}^{} \frac{n!}{k_1!\dots k_r!}}\)
Jeśli sobie z tym samodzielnie nie poradzisz, to poszukaj informacji o współczynniku wielomianowym. Ale ja bym sobie na Twoim miejscu przypomniał, jak uzyskujemy rozwiązanie dla \(\displaystyle{ r=2}\), czyli dowód równości \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^n{n \choose k}=2^n}\)...