Przeczytaj

Dwumian Newtona to nazwa twierdzenia, zgodnie z którym potęgę dwumianu można rozwinąć w sumę jednomianów, przy których współczynniki liczbowe są odpowiednimi symbolami Newtona. Współczynniki te zwane są współczynnikami dwumianowymi.

Jeśli $a$ , $b$ są dowolnymi liczbami rzeczywistymi i $n$ jest dodatnią liczbą całkowitą, to:

{(a + b)}^{n} = (\begin{matrix} n \\ 0 \end{matrix}) a^{n} + (\begin{matrix} n \\ 1 \end{matrix}) a^{n - 1} b + (\begin{matrix} n \\ 2 \end{matrix}) a^{n - 2} b^{2} + \dots + (\begin{matrix} n \\ n - 1 \end{matrix}) a b^{n - 1} + (\begin{matrix} n \\ n \end{matrix}) b^{n}

Przykład 1

Rozpatrzmy jedenastą potęgę dwumianu $1 + x$ , czyli wyrażenie ${(1 + x)}^{11}$ .

Ponieważ
${(1 + x)}^{11} = \underset{11 czynników}{\underset{⏟}{(1 + x) \cdot (1 + x) \cdot \dots \cdot (1 + x)}}$ ,
więc powyższe rozwinięcie jest sumą wyrazów postaci $1^{k} \cdot x^{11 - k}$ , gdzie $k = 0, 1, 2, \dots, 11$ .
Oznacza to, że po redukcji wyrazów podobnych, otrzymamy wielomian zmiennej $x$ , który jest sumą jednomianów postaci $a_{k} \cdot x^{k}$ , gdzie $k = 0, 1, 2, \dots, 11$ .
Wynika z tego, że każdy ze współczynników $a_{k}$ jest liczbą całkowitą; w szczególności bez trudu ustalimy, że $a_{0} = a_{11} = 1$ oraz $a_{1} = a_{10} = 11$ .
Obliczymy, ile jest równe $a_{7}$ .

Rozwiązanie

Zauważmy, że obliczenie $a_{7}$ polega na ustaleniu, na ile sposobów z zapisanych powyżej $11$ czynników $(1 + x)$ można do iloczynu wybrać dokładnie $7$ składników $x$ (wtedy, oczywiście, z każdego z pozostałych $4$ czynników wybieramy do iloczynu składnik $1$ ).
Ponieważ każdy taki wybór $7$ składników $x$ z $11$ dostępnych czynników postaci $(1 + x)$ to $7$ – elementowa kombinacjakombinacja ze zbioru $11$ – elementowego, więc współczynnik $a_{7}$ jest równy $a_{7} = (\begin{matrix} 11 \\ 7 \end{matrix}) = \frac{11!}{7! \cdot 4!} = 330$ .

Rozumując podobnie stwierdzimy, że dla każdego $k = 0, 1, 2, \dots, 11$ współczynnik $a_{k}$ jest równy $(\begin{matrix} 11 \\ k \end{matrix})$ , a więc omawiane rozwinięcie można zapisać w postaci

${(1 + x)}^{11} =$
$= (\begin{matrix} 11 \\ 0 \end{matrix}) x^{0} + (\begin{matrix} 11 \\ 1 \end{matrix}) x^{1} + (\begin{matrix} 11 \\ 2 \end{matrix}) x^{2} + (\begin{matrix} 11 \\ 3 \end{matrix}) x^{3} + (\begin{matrix} 11 \\ 4 \end{matrix}) x^{4} + (\begin{matrix} 11 \\ 5 \end{matrix}) x^{5} +$
$+ (\begin{matrix} 11 \\ 6 \end{matrix}) x^{6} + (\begin{matrix} 11 \\ 7 \end{matrix}) x^{7} + (\begin{matrix} 11 \\ 8 \end{matrix}) x^{8} + (\begin{matrix} 11 \\ 9 \end{matrix}) x^{9} + (\begin{matrix} 11 \\ 10 \end{matrix}) x^{10} + (\begin{matrix} 11 \\ 11 \end{matrix}) x^{11} =$
$= x^{11} + 11 x^{10} + 55 x^{9} + 165 x^{8} + 330 x^{7} + 462 x^{6} +$
$+ 462 x^{5} + 330 x^{4} + 165 x^{3} + 55 x^{2} + 11 x + 1$ .

wzór dwumianowy Newtona

Twierdzenie: wzór dwumianowy Newtona

Dla dowolnych liczb $a$ , $b$ oraz dowolnej dodatniej liczby całkowitej $n$ prawdziwy jest wzór

${(a + b)}^{n} =$
$= (\begin{matrix} n \\ 0 \end{matrix}) a^{n} + (\begin{matrix} n \\ 1 \end{matrix}) a^{n - 1} b + (\begin{matrix} n \\ 2 \end{matrix}) a^{n - 2} b^{2} + \dots + (\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}) a^{n - k} b^{k} + \dots + (\begin{matrix} n \\ n \end{matrix}) b^{n}$ .

Dla dowodu zauważmy, że rozwinięcie $n$ – tej potęgi dwumianu $(a + b)$ jest sumą wyrazów postaci $w_{k} \cdot a^{n - k} \cdot b^{k}$ , gdzie $k = 0, 1, 2, \dots, n - 1, n$ .
Dla każdej z możliwych wartości $k$ obliczenie współczynnika $w_{k}$ polega na ustaleniu, na ile sposobów z $n$ czynników $(a + b)$ można do iloczynu wybrać dokładnie $k$ składników $b$ (wtedy, oczywiście, z każdego z pozostałych $n - k$ czynników wybieramy do iloczynu składnik $a$ ).
Ponieważ każdy taki wybór $k$ składników $b$ z $n$ dostępnych czynników postaci $(a + b)$ to $k$ – elementowa kombinacjakombinacja ze zbioru $n$ – elementowego, więc dla każdego $k = 0, 1, 2, \dots, n - 1, n$ współczynnik $w_{k}$ , nazywany $k$ – tym współczynnikiem dwumianowym, jest równy $(\begin{matrix} n \\ k \end{matrix})$ .
Stąd
${(a + b)}^{n} =$
$= (\begin{matrix} n \\ 0 \end{matrix}) a^{n} + (\begin{matrix} n \\ 1 \end{matrix}) a^{n - 1} b + (\begin{matrix} n \\ 2 \end{matrix}) a^{n - 2} b^{2} + \dots + (\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}) a^{n - k} b^{k} + \dots + (\begin{matrix} n \\ n \end{matrix}) b^{n}$ .
W ten sposób dowód został zakończony.

Uwaga. Zamieniając miejscami składniki $a$ i $b$ we wzorze ${(a + b)}^{n}$ dostaniemy ${(b + a)}^{n}$ , a te wyrażenia są, oczywiście, tożsamościowo równe. Z porównania współczynników dwumianowychwspółczynnik dwumianowywspółczynników dwumianowych stojących przy tych samych jednomianach wynika równość $(\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}) = (\begin{matrix} n \\ n - k \end{matrix})$ , prawdziwa dla liczb całkowitych $n$ , $k$ spełniających warunek $0 \leq k \leq n$ .

Przykład 2

Wykażemy, że $(\begin{matrix} 2020 \\ 7 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 2020 \\ 8 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 2021 \\ 8 \end{matrix})$ .

Rozwiązanie

Aby wykazać powyższą równość, obliczymy na dwa sposoby współczynnik przy $x^{8}$ w rozwinięciu ${(1 + x)}^{2021}$ .

Stosując wzór dwumianowywzór dwumianowy Newtonawzór dwumianowy stwierdzamy, że współczynnik przy $x^{8}$ w rozwinięciu ${(1 + x)}^{2021}$ jest równy $(\begin{matrix} 2021 \\ 8 \end{matrix})$ .
Zauważmy z kolei, że prawdziwa jest równość ${(1 + x)}^{2021} = (1 + x) \cdot {(1 + x)}^{2020} = {(1 + x)}^{2020} + x \cdot {(1 + x)}^{2020}$ .

Ze wzoru dwumianowego zastosowanego do rozwinięcia ${(1 + x)}^{2020}$ odczytujemy, że współczynnik przy $x^{8}$ jest w nim równy $(\begin{matrix} 2020 \\ 8 \end{matrix})$ , współczynnik przy $x^{7}$ jest w nim równy $(\begin{matrix} 2020 \\ 7 \end{matrix})$ , więc w rozwinięciu $x \cdot {(1 + x)}^{2020}$ współczynnik przy $x^{8}$ jest równy $(\begin{matrix} 2020 \\ 7 \end{matrix})$ .
Oznacza to, że w rozwinięciu sumy ${(1 + x)}^{2020} + x \cdot {(1 + x)}^{2020}$ współczynnik przy $x^{8}$ jest równy $(\begin{matrix} 2020 \\ 7 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 2020 \\ 8 \end{matrix})$ .
Z twierdzenia o wielomianach równych otrzymujemy stąd, że $(\begin{matrix} 2020 \\ 7 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 2020 \\ 8 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 2021 \\ 8 \end{matrix})$ , a to właśnie należało udowodnić.

rekurencyjna zależność między współczynnikami dwumianowymi

Twierdzenie: rekurencyjna zależność między współczynnikami dwumianowymi

Dla liczb całkowitych $n$ , $k$ spełniających warunek $0 \leq k \leq n$ prawdziwa jest równość
$(\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}) + (\begin{matrix} n \\ k + 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} n + 1 \\ k + 1 \end{matrix})$ .
Dowód przeprowadzamy rozumując podobnie, jak w przykładzie $2$ : obliczymy na dwa sposoby współczynnik przy $x^{k}$ w rozwinięciu ${(1 + x)}^{n + 1}$ .

Stosując wzór dwumianowywzór dwumianowy Newtonawzór dwumianowy stwierdzamy, że współczynnikwspółczynnik dwumianowywspółczynnik przy $x^{k + 1}$ w rozwinięciu ${(1 + x)}^{n + 1}$ jest równy $(\begin{matrix} n + 1 \\ k + 1 \end{matrix})$ .
Zauważmy teraz, że prawdziwa jest równość ${(1 + x)}^{n + 1} = (1 + x) \cdot {(1 + x)}^{n} = {(1 + x)}^{n} + x \cdot {(1 + x)}^{n}$ .

Ze wzoru dwumianowego zastosowanego do rozwinięcia ${(1 + x)}^{n}$ odczytujemy, że współczynnik przy $x^{k + 1}$ jest w nim równy $(\begin{matrix} n \\ k + 1 \end{matrix})$ , a współczynnik przy $x^{k}$ jest w nim równy $(\begin{matrix} n \\ k \end{matrix})$ , a więc w rozwinięciu $x \cdot {(1 + x)}^{n}$ współczynnik przy $x^{k + 1}$ jest równy $(\begin{matrix} n \\ k \end{matrix})$ .
Oznacza to, że w rozwinięciu sumy ${(1 + x)}^{n} + x \cdot {(1 + x)}^{n}$ współczynnik przy $x^{k + 1}$ jest równy $(\begin{matrix} n \\ k + 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} n \\ k \end{matrix})$ .
Z twierdzenia o wielomianach równych otrzymujemy stąd, że $(\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}) + (\begin{matrix} n \\ k + 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} n + 1 \\ k + 1 \end{matrix})$ , a to właśnie należało udowodnić.

Uwaga. Powyższą tożsamość można uzasadnić algebraicznie, przekształcając następująco:
$(\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}) + (\begin{matrix} n \\ k + 1 \end{matrix}) = \frac{n!}{k! \cdot (n - k)!} + \frac{n!}{(k + 1)! \cdot (n - k - 1)!} =$
$= \frac{n!}{k! \cdot (n - k) \cdot (n - k - 1)!} + \frac{n!}{(k + 1) \cdot k! \cdot (n - k - 1)!} =$
$= \frac{n!}{k! \cdot (n - k - 1)!} \cdot (\frac{1}{n - k} + \frac{1}{k + 1}) =$
$= \frac{n!}{k! \cdot (n - k - 1)!} \cdot \frac{n - k + k + 1}{(n - k) (k + 1)} = \frac{n!}{k! \cdot (n - k - 1)!} \cdot \frac{n + 1}{(n - k) (k + 1)} =$
$= \frac{n! \cdot (n + 1)}{k! \cdot (k + 1) \cdot (n - k) \cdot (n - k - 1)!} = \frac{(n + 1)!}{(k + 1)! \cdot (n - k)!} = (\begin{matrix} n + 1 \\ k + 1 \end{matrix})$ .
To właśnie należało udowodnić.

Przykład 3

Obliczymy wartość sumy $S$ współczynników dwumianowych postaci $(\begin{matrix} 20 \\ k \end{matrix})$ , gdzie $k = 0, 1, 2, \dots, 20$ :
$S = (\begin{matrix} 20 \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 20 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 20 \\ 2 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} 20 \\ 19 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 20 \\ 20 \end{matrix})$ .

Rozwiązanie

$I$ sposób

Rozpatrzmy wszystkie podzbiory $20$ -elementowego zbioru $A = \{a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots, a_{20}\}$ . Jak już wiemy, jest ich ogółem $2^{20}$ .
Podzbiory te możemy również podzielić na rozłączne grupy ze względu na liczbę elementów podzbioru – wyróżnimy wtedy podzbiory o liczbie elementów równej $0, 1, 2, \dots, 20$ .
Wobec tego liczbę wszystkich podzbiorów zbioru $A$ możemy zapisać też drugim sposobem, w postaci sumy
$(\begin{matrix} 20 \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 20 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 20 \\ 2 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} 20 \\ 19 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 20 \\ 20 \end{matrix})$ .
Oznacza to, że $(\begin{matrix} 20 \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 20 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 20 \\ 2 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} 20 \\ 19 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 20 \\ 20 \end{matrix}) = 2^{20}$ , a więc $S = 2^{20}$ .

$II$ sposób

Przyjmujemy we wzorze dwumianowym: $a = 1$ , $b = 1$ , $n = 20$ .
Otrzymujemy wtedy równość
${(1 + 1)}^{20} =$
$= (\begin{matrix} 20 \\ 0 \end{matrix}) \cdot 1^{20} + (\begin{matrix} 20 \\ 1 \end{matrix}) \cdot 1^{19} \cdot 1 + (\begin{matrix} 20 \\ 2 \end{matrix}) \cdot 1^{18} \cdot 1^{2} + \dots + (\begin{matrix} 20 \\ 20 \end{matrix}) \cdot 1^{20} =$
$= (\begin{matrix} 20 \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 20 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 20 \\ 2 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} 20 \\ 20 \end{matrix})$ ,
stąd $S = (\begin{matrix} 20 \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 20 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 20 \\ 2 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} 20 \\ 20 \end{matrix}) = 2^{20}$ .

Rozumując podobnie, jak w rozwiązaniu powyższego przykładu zauważymy, że dla każdego zbioru $n$ –elementowego liczbę jego wszystkich podzbiorów można zapisać na dwa sposoby: jako $2^{n}$ lub w postaci sumy
$(\begin{matrix} n \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} n \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} n \\ 2 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} n \\ n \end{matrix})$ .

Prawdziwe jest zatem twierdzenie.

o sumie współczynników dwumianowych

Twierdzenie: o sumie współczynników dwumianowych

Dla dowolnej dodatniej liczby całkowitej $n$ prawdziwa jest równość
$(\begin{matrix} n \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} n \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} n \\ 2 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} n \\ n \end{matrix}) = 2^{n}$ .

Przykład 4

Obliczymy wartość sumy $w$ współczynników dwumianowych postaci $(\begin{matrix} 21 \\ 2 k \end{matrix})$ , gdzie $k = 0, 1, 2, \dots, 10$ :
$w = (\begin{matrix} 21 \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 2 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 4 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} 21 \\ 18 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 20 \end{matrix})$ .

Rozwiązanie

$I$ sposób

Rozpatrzmy $20$ –elementowy zbiór $A = \{a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots, a_{20}\}$ oraz element $b$ który nie należy do $A$ .
Wtedy dowolny podzbiór zbioru $A$ możemy wzajemnie jednoznacznie przyporządkować do zbioru otrzymanego przez dołączenie elementu $b$ do tego podzbioru. W ten sposób wszystkie podzbiory $21$ –elementowego zbioru $\{a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots, a_{20}, b\}$ zostały podzielone na pary takich podzbiorów, które różnią się tylko jednym elementem $b$ . Zatem liczba elementów w podzbiorach w każdej opisanej parze różni się o $1$ .
Tak dobranych par jest tyle, ile wszystkich podzbiorów zbioru $A$ , czyli $2^{20}$ . Ponadto dokładnie jeden z podzbiorów w każdej z opisywanych par ma parzystą liczbę elementów.
Oznacza to, że wszystkich podzbiorów zbioru $\{a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots, a_{20}, b\}$ o parzystej liczbie elementów jest $2^{20}$ .

Ponieważ liczbę wszystkich podzbiorów $21$ –elementowego zbioru, które mają parzystą liczbę elementów można zapisać jako
$(\begin{matrix} 21 \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 2 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 4 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} 21 \\ 18 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 20 \end{matrix})$ ,
więc $w = 2^{20}$ .

$II$ sposób

Rozpatrzmy sumę $t$ współczynników dwumianowych postaci $(\begin{matrix} 21 \\ 2 k + 1 \end{matrix})$ , gdzie $k = 0, 1, 2, \dots, 10$ :
$t = (\begin{matrix} 21 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 5 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} 21 \\ 19 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 21 \end{matrix})$ .

Korzystając z równości
$(\begin{matrix} 21 \\ k \end{matrix}) = (\begin{matrix} 21 \\ 21 - k \end{matrix})$ , prawdziwej dla każdej liczby całkowitej $k$ spełniającej warunek $0 \leq k \leq 21$ , otrzymujemy:
$t = (\begin{matrix} 21 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 5 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} 21 \\ 19 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 21 \end{matrix}) =$
$= (\begin{matrix} 21 \\ 20 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 18 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 16 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} 21 \\ 2 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 0 \end{matrix}) = w$ .
Ponadto $t + w = (\begin{matrix} 21 \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 2 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 3 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} 21 \\ 20 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 21 \end{matrix}) = 2^{21}$ .
Wobec tego $2 w = 2^{21}$ , a więc $w = 2^{20}$ .

Uwaga. Równość $w = t$ można udowodnić również w następujący sposób.
Jeżeli we wzorze dwumianowymwzór dwumianowy Newtonawzorze dwumianowym przyjmiemy: $a = 1$ , $b = - 1$ , $n = 21$ , to otrzymamy równość
${(1 + (- 1))}^{21} =$
$= (\begin{matrix} 21 \\ 0 \end{matrix}) \cdot 1^{21} + (\begin{matrix} 21 \\ 1 \end{matrix}) \cdot 1^{20} \cdot (- 1) + (\begin{matrix} 21 \\ 2 \end{matrix}) \cdot 1^{19} \cdot {(- 1)}^{2} +$
$+ (\begin{matrix} 21 \\ 3 \end{matrix}) \cdot 1^{18} \cdot {(- 1)}^{3} + \dots + (\begin{matrix} 21 \\ 20 \end{matrix}) \cdot 1 \cdot {(- 1)}^{20} + (\begin{matrix} 21 \\ 21 \end{matrix}) \cdot {(- 1)}^{21}$ .
Stąd $0^{21} = ((\begin{matrix} 21 \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 2 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} 21 \\ 20 \end{matrix})) - ((\begin{matrix} 21 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 21 \\ 3 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} 21 \\ 21 \end{matrix}))$
a więc $w - t = 0$ , czyli $w = t$ .

Rozumując podobnie, jak w rozwiązaniu sposobem $I$ powyższego przykładu zauważymy, że dla każdego zbioru $n$ –elementowego liczba jego wszystkich podzbiorów o parzystej liczbie elementów jest równa liczbie wszystkich podzbiorów tego zbioru, które mają nieparzystą liczbę elementów.
Można też odwołać się do wzoru dwumianowego – przyjmując w nim $a = 1$ , $b = - 1$ otrzymujemy równość
${(1 + (- 1))}^{n} =$
$= (\begin{matrix} n \\ 0 \end{matrix}) \cdot 1^{n} + (\begin{matrix} n \\ 1 \end{matrix}) \cdot 1^{n - 1} \cdot (- 1) + (\begin{matrix} n \\ 2 \end{matrix}) \cdot 1^{n - 2} \cdot {(- 1)}^{2} + \dots + (\begin{matrix} n \\ n \end{matrix}) \cdot {(- 1)}^{n}$
prawdziwą dla każdej liczby całkowitej $n \geq 1$ .
Wynika stąd, że dla każdej dodatniej liczby całkowitej prawdziwa jest równość $(\begin{matrix} n \\ 0 \end{matrix}) - (\begin{matrix} n \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} n \\ 2 \end{matrix}) - (\begin{matrix} n \\ 3 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} n \\ n \end{matrix}) \cdot {(- 1)}^{n} = 0$
Ponieważ po jej lewej stronie każdy wyraz postaci $(\begin{matrix} n \\ k \end{matrix})$ , w którym $k$ jest liczbą parzystą zapisany jest ze znakiem plus, a każdy taki wyraz, w którym $k$ jest liczbą nieparzystą zapisany jest ze znakiem minus, więc suma wszystkich wyrazów postaci $(\begin{matrix} n \\ k \end{matrix})$ , w których $k$ jest liczbą parzystą jest równa sumie wszystkich wyrazów tej postaci, w których $k$ jest liczbą nieparzystą.

Podsumujemy powyższe spostrzeżenia, mając na uwadze, że liczba wszystkich podzbiorów zbioru $k$ – elementowego jest równa $2^{n}$ .

o liczebności podzbiorów

Twierdzenie: o liczebności podzbiorów

W każdym zbiorze $n$ – elementowym ( $n \geq 1$ ) liczba wszystkich jego podzbiorów o parzystej liczbie elementów jest równa liczbie wszystkich podzbiorów tego zbioru o nieparzystej liczbie elementów i każda z tych wartości jest równa $2^{n - 1}$ .

Przykład 5

Wyznaczymy liczbę całkowitą $t$ , dla której zachodzi równość
$(\begin{matrix} 100 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 100 \\ 5 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 100 \\ 9 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} 100 \\ 97 \end{matrix}) = 2^{t}$ ,
w której po lewej stronie jest suma współczynników dwumianowychwspółczynnik dwumianowywspółczynników dwumianowych postaci $(\begin{matrix} 100 \\ 4 m + 1 \end{matrix})$ , gdzie $m = 0, 1, 2, \dots, 24$ .

Rozwiązanie

Korzystając z twierdzenia sformułowanego powyżej zauważamy, że liczba wszystkich podzbiorów zbioru $100$ –elementowego, które mają nieparzystą liczbę elementów jest równa $2^{99}$ .
Stąd otrzymujemy równość
$(\begin{matrix} 100 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 100 \\ 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 100 \\ 5 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} 100 \\ 99 \end{matrix}) = 2^{99}$ .

Ponieważ dla każdej liczby całkowitej $k$ spełniającej warunek $0 \leq k \leq 100$ zachodzi zależność $(\begin{matrix} 100 \\ k \end{matrix}) = (\begin{matrix} 100 \\ 100 - k \end{matrix})$ , więc w szczególności $(\begin{matrix} 100 \\ 4 m + 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 100 \\ 100 - (4 m + 1) \end{matrix})$ , gdzie $m = 0, 1, \dots, 24$ .

Wobec tego po lewej stronie rozpatrywanej równości odnajdujemy $25$ par równych liczb, zatem możemy ją przekształcić do postaci
$2 \cdot (\begin{matrix} 100 \\ 1 \end{matrix}) + 2 \cdot (\begin{matrix} 100 \\ 5 \end{matrix}) + 2 \cdot (\begin{matrix} 100 \\ 9 \end{matrix}) + \dots + 2 \cdot (\begin{matrix} 100 \\ 97 \end{matrix}) = 2^{99}$ ,
skąd $(\begin{matrix} 100 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 100 \\ 5 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 100 \\ 9 \end{matrix}) + \dots + (\begin{matrix} 100 \\ 97 \end{matrix}) = 2^{98}$ , więc $t = 98$ .

Przykład 6

Obliczymy sumę cyfr zapisu dziesiętnego liczby
$l = 3^{0} \cdot (\begin{matrix} 9 \\ 0 \end{matrix}) + 3^{2} \cdot (\begin{matrix} 9 \\ 1 \end{matrix}) + 3^{4} \cdot (\begin{matrix} 9 \\ 2 \end{matrix}) + \dots + 3^{18} \cdot (\begin{matrix} 9 \\ 9 \end{matrix}) .$

Rozwiązanie

Zauważmy, że kolejne składniki występujące w $l$ są liczbami postaci
$(\begin{matrix} 9 \\ k \end{matrix}) \cdot 3^{2 k} = (\begin{matrix} 9 \\ k \end{matrix}) \cdot 9^{k} \cdot 1^{9 - k}$ ,
gdzie $k = 0, 1, 2, \dots, 9$ , co oznacza, że w $l$ występują wszystkie składniki rozwinięcia ${(9 + 1)}^{9}$ , czyli $l = {(9 + 1)}^{9} = 10^{9} = 1000000000$ .
Wobec tego suma cyfr zapisu dziesiętnego liczby $l$ jest równa $1$ .

Przykład 7

Wyznaczymy wartość dodatniego współczynnika $m$ , wiedząc, że po rozwinięciu wyrażenia ${(2 x^{2} + \frac{m}{x})}^{9}$ otrzymujemy sumę, w której składnik niezawierający $x$ jest równy $489888$ .

Rozwiązanie

Korzystamy ze wzoru dwumianowegowzór dwumianowy Newtonawzoru dwumianowego, w którym przyjmujemy $a = 2 x^{2}$ , $b = \frac{m}{x}$ oraz $n = 9$ .
Po rozwinięciu zadanego wyrażenia otrzymujemy sumę, której składniki możemy zapisać w postaci $(\begin{matrix} 9 \\ k \end{matrix}) \cdot {(2 x^{2})}^{9 - k} \cdot {(\frac{m}{x})}^{k}$ , gdzie $k = 0, 1, 2, \dots, 9$ .

Ponieważ
$(\begin{matrix} 9 \\ k \end{matrix}) \cdot {(2 x^{2})}^{9 - k} \cdot {(\frac{m}{x})}^{k} = (\begin{matrix} 9 \\ k \end{matrix}) 2^{9 - k} \cdot {(x^{2})}^{9 - k} \cdot m^{k} \cdot {(x^{- 1})}^{k} =$
$= (\begin{matrix} 9 \\ k \end{matrix}) 2^{9 - k} \cdot m^{k} \cdot x^{2 (9 - k) - k} = (\begin{matrix} 9 \\ k \end{matrix}) 2^{9 - k} \cdot m^{k} \cdot x^{18 - 3 k}$ ,
więc wyrazem niezawierającym $x$ jest ten, w którym wykładnik $18 - 3 k$ jest równy $0$ . Zatem $3 k = 18$ , skąd $k = 6$ , czyli ten szukany wyraz jest równy $(\begin{matrix} 9 \\ 6 \end{matrix}) 2^{9 - 6} \cdot m^{6} = 672 m^{6}$ .
Otrzymujemy wobec tego równanie $672 m^{6} = 489888$ , skąd $m^{6} = 729 = 3^{6}$ , a więc $m = 3$ .

Słownik

k

– elementowa kombinacja zbioru

n

– elementowego

k

– elementowa kombinacja zbioru

n

– elementowego

każdy $k$ –elementowy podzbiór zbioru $n$ – elementowego, gdzie $0 \leq k \leq n$ , nazywamy $k$ –elementową kombinacją tego zbioru $n$ –elementowego

liczba wszystkich

k

–elementowych kombinacji zbioru

n

–elementowego

liczba wszystkich

k

–elementowych kombinacji zbioru

n

–elementowego

liczba wszystkich $k$ – elementowych kombinacji zbioru $n$ – elementowego, gdzie $0 \leq k \leq n$ , jest równa
$(\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}) = \frac{n!}{k! \cdot (n - k)!} = \frac{n \cdot (n - 1) \cdot \dots \cdot (n - k + 1)}{1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot k}$

wzór dwumianowy Newtona

dla dowolnych liczb $a$ , $b$ oraz dowolnej dodatniej liczby całkowitej $n$ prawdziwy jest wzór

współczynnik dwumianowy

w rozwinięciu dwumianu współczynnik liczbowy zapisany przy wyrazie tego rozwinięcia.
W szczególności $k$ –tym współczynnikiem dwumianowym w rozwinięciu ${(a + b)}^{n}$ jest liczba $(\begin{matrix} n \\ k \end{matrix})$

Wprowadzenie

Animacja

Słownik