s=2^(n)*c_(n)^(0)+2^(n-2)*c_(n)^(n-2)+2^(n-4)*c_(n)^(n-4)+...+c_(n)^(n)
giúp em với ạ
Những câu hỏi liên quan
Tìm n biết n thỏa mãn: \(C_{2n+1}^1+C_{2n+1}^2+...+C_{2n+1}^n=2^{20}-1\)
Ta có : \(C^k_{2n+1}=C^{2n+1-k}_{2n+1}\)
\(\Rightarrow2VT=C^1_{2n+1}+C^2_{2n+1}+...+C^{2n}_{2n+1}=2^{21}-2\)
\(\Leftrightarrow2^{2n+1}-C^0_{2n+1}-C^{2n+1}_{2n+1}=2^{21}-2\)
\(\Leftrightarrow2n+1=21\Leftrightarrow n=10\)
Đúng 2
Bình luận (0)
\(\sum\limits^{2n+1}_{k=0}C^k_{2n+1}=\left(1+1\right)^{2n+1}=2^{2n+1}\)
Lại có \(C^0_{2n+1}+C^1_{2n+1}+...+C^n_{2n+1}=C^{2n+1}_{2n+1}+C^{2n}_{2n+1}+...+C^{n+1}_{2n+1}\)
\(\Rightarrow C^0_{2n+1}+C^1_{2n+1}+...C^n_{2n+1}=\dfrac{2^{2n+1}}{2}\)
\(\Leftrightarrow2^{20}-1=2^{2n}-C^0_{2n+1}\)
\(\Leftrightarrow2^{20}-1=2^{2n}-1\)
\(\Leftrightarrow2n=20\)
\(\Leftrightarrow n=10\)
Đúng 2
Bình luận (0)
Chứng minh rằng :
1) \(2C_n^k+5C_n^{k+1}+4C_n^{k+2}+C_n^{k+3}=C_{n+2}^{k+2}+C_{n+3}^{k+3}\)
2) \(C_n^k+3C_n^{k-1}+3C_n^{k-2}=C_{n+3}^k\)
3) \(k\left(k-1\right)C_n^k=n\left(n-1\right)C_{n-2}^{k-2}\)
1/ \(2C^k_n+5C^{k+1}_n+4C^{k+2}_n+C^{k+3}_n\)
\(=2\left(C^k_n+C_n^{k+1}\right)+3\left(C^{k+1}_n+C^{k+2}_n\right)+\left(C^{k+2}_n+C^{k+3}_n\right)\)
\(=2C_{n+1}^{k+1}+3C_{n+1}^{k+2}+C_{n+1}^{k+3}\)
\(=2\left(C_{n+1}^{k+1}+C_{n+1}^{k+2}\right)+\left(C_{n+1}^{k+2}+C^{k+3}_{n+1}\right)\)
\(=2C_{n+2}^{k+2}+C_{n+2}^{k+3}=C_{n+2}^{k+2}+\left(C_{n+2}^{k+2}+C_{n+2}^{k+3}\right)=C_{n+2}^{k+2}+C_{n+3}^{k+3}\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Áp dụng ct:C(k)(n)=C(k)(n-1)+C(k-1)(n-1) có:
................C(k-1)(n-1)= C(k)(n) - C(k)(n-1)
tương tự: C(k-1)(n-2)= C(k)(n-1) - C(k)(n-2)
................C(k-1)(n-3)= C(k)(n-2) -C(k)(n-3)
.........................................
................C(k-1)(k-1)= C(k)(k) (=1)
Cộng 2 vế vào với nhau...-> đpcm
Đúng 0
Bình luận (0)
Chứng minh rằng
\(C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-2}^{m-2}+...+C_{m-1}^{m-1}\)
Tìm số nguyên dương n sao cho \(C_{2n+1}^1-2.2.C_{2n+1}^2+3.2^2.C_{2n+1}^3-...+\left(2n+1\right).2^{2n}.C_{2n+1}^{2n+1}=2019\)
Xét khai triển:
\(\left(1+2x\right)^{2n+1}=C_{2n+1}^0+C_{2n+1}^1.2x+C_{2n+1}^2\left(2x\right)^2+...+C_{2n+1}^{2n+1}\left(2x\right)^{2n+1}\)
Đạo hàm 2 vế:
\(2\left(2n+1\right)\left(1+2x\right)^{2n}=2C_{2n+1}^1+2^2C_{2n+1}^2x+...+\left(2n+1\right)2^{2n+1}C_{2n+1}^{2n+1}x^{2n}\)
\(\Leftrightarrow\left(2n+1\right)\left(1+2x\right)^{2n}=C_{2n+1}^1+2C_{2n+1}^2x+...+\left(2n+1\right)2^{2n}C_{2n+1}^{2n+1}x^{2n}\)
Cho \(x=-1\) ta được:
\(2n+1=C_{2n+1}^1-2C_{2n+1}^2+...+\left(2n+1\right)2^{2n}C_{2n+1}^{2n+1}\)
\(\Rightarrow2n+1=2019\Rightarrow n=1009\)
Đúng 2
Bình luận (0)
Chứng minh: \(\frac{n+1}{n+2}\left(\frac{1}{C_{n+1}^k}+\frac{1}{C_{n+1}^{k+1}}\right)=\frac{1}{C_n^k}\)
Giải bất phương trình:
\(C_{n+2}^{n-1}\) + \(C_{n+2}^n\) > \(\frac{5}{2}\)\(A_n^2\)
Giải:
Điều kiện là n\(\ge\)2, n\(\in\)Z
Ta có
(1) \(\Leftrightarrow\)\(\frac{\left(n+2\right)!}{\left(n-1\right)!3!}\)+\(\frac{\left(n+2\right)!}{n!2!}\)>\(\frac{5}{2}\)\(\frac{n!}{\left(n-2\right)!}\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{6}\)+\(\frac{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{2}\)>\(\frac{5\left(n-1\right)n}{2}\)
\(\Leftrightarrow\)n(n2+3n+2) + 3(n2+3n+2) > 15(n2-n)
\(\Leftrightarrow\)n3-9n2+26n+6>0
\(\Leftrightarrow\)n(n2-9n+26)+6>0 (1)
Xét tam thứ bậc hai n2-9n+26, ta thấy \(\Delta\)=81-104<0
Vậy n2-9n+26>0 với mọi n. Từ đó suy ra với mọi n\(\ge\)2 thì (1) luôn luôn đúng. Tóm lại mọi số nguyên n\(\ge\)2 đều là nghiệm của (1).
Đúng 0
Bình luận (0)
\(\left(C_n^0\right)^2+\left(C_n^1\right)^2+...+\left(C_n^n\right)^2=C_{2n}^n\)
Giả sử có 1 nhóm người gồm 2n người, trong đó có n nam và n nữ.
Chọn n người từ 2n người đó, ta thực hiện theo 2 cách:
- Cách 1: chọn bất kì, có \(C_{2n}^n\) cách (1)
- Cách 2: giả sử trong n người được chọn có k nữ và \(n-k\) nam
Chọn k nữ từ n nữ, có \(C_n^k\) cách
Chọn \(n-k\) nam từ n nam, có \(C_n^{n-k}\) cách
Số cách thỏa mãn: \(\sum\limits^n_{k=0}C_n^kC_n^{n-k}=\sum\limits^n_{k=0}C_n^kC_n^k=\sum\limits^n_{k=0}\left(C_n^k\right)^2\) (2)
(1); (2) \(\Rightarrow\sum\limits^n_{k=0}\left(C_n^k\right)^2=C_{2n}^n\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Trong toán học, định lý khai triển nhị thức (ngắn gọn là định lý nhị thức) là một định lý toán học về việc khai triển hàm mũcủa tổng. Cụ thể, kết quả của định lý này là việc khai triển một nhị thức bậc {displaystyle n} thành một đa thức có {displaystyle n+1} số hạng:{displaystyle (x+a)^{n}sum _{k0}^{n}{n choose k}x^{(n-k)}a^{k}}với:{displaystyle {n choose k}{frac {n!}{(n-k)!k!}}}Gọi là số tổ hợp chập k của n phần tử.Định lý này đã được độc lập chứng minh bởi hai người đó là:Nhà toán học và cơ họ...
Đọc tiếp
Trong toán học, định lý khai triển nhị thức (ngắn gọn là định lý nhị thức) là một định lý toán học về việc khai triển hàm mũcủa tổng. Cụ thể, kết quả của định lý này là việc khai triển một nhị thức bậc {\displaystyle n}
{\displaystyle (x+a)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{(n-k)}a^{k}}
với:
{\displaystyle {n \choose k}={\frac {n!}{(n-k)!k!}}}
Gọi là số tổ hợp chập k của n phần tử.
Định lý này đã được độc lập chứng minh bởi hai người đó là:
Nhà toán học và cơ học Sir Isaac Newton tìm ra trong năm 1665.Nhà toán học James Gregory tìm ra trong năm 1670.Công thức đã giới thiệu còn mang tên là Nhị thức Newton.
Mục lục
1Chứng minh định lý2Ví dụ3Tổng quát4Xem thêm5Tham khảoChứng minh định lý[sửa | sửa mã nguồn]
Định lý này được chứng minh bằng quy nạp.
Ta có biểu thức {\displaystyle P(n):(1+x)^{n}=\sum _{k=0}^{n}C_{n}^{k}x^{k}}
Đầu tiên tại P(1) đúng.
giả sử P(n) đúng, ta phải chứng minh {\displaystyle P(n+1):(1+x)^{n+1}=(1+x).\sum _{k=0}^{n}C_{n}^{k}x^{k}=(1+x)}
áp dụng hằng đẳng thức Pascal ta có:
{\displaystyle (1+x)^{n+1}=1+\sum _{k=1}^{n}(C_{n}^{k}+C_{n}^{k-1}).x^{k}+x^{n+1}=C_{n+1}^{0}.x^{0}+\sum _{k=1}^{n}C_{n+1}^{k}.x^{k}+C_{n+1}^{n+1}.x^{n+1}=\sum _{k=0}^{n+1}C_{n+1}^{k}x^{k}}
Do đó công thức (1) đúng.
giờ đặt {\displaystyle x={\frac {b}{a}}=>(1+{\frac {b}{a}})^{n}=\sum _{k=0}^{n}C_{n}^{k}{\frac {b^{k}}{a^{k}}}}
Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ[sửa | sửa mã nguồn]
Tam giác Pascal
Các trường hợp đặc biệt của định lý này nằm trong các Hằng đẳng thức đáng nhớ
Ví dụ: điển hình nhất là nhị thức là công thức bình phương của {\displaystyle x+y}
{\displaystyle (x+y)^{2}=x^{2}+2xy+y^{2}.\!}
Hệ số nhị thức xuất hiện ở phép triển khai này tương ứng với hàng thứ ba của tam giác Pascal. Các hệ số có lũy thừa cao hơn của {\displaystyle x+y}
{\displaystyle {\begin{aligned}(x+y)^{3}&=x^{3}+3x^{2}y+3xy^{2}+y^{3},\\[8pt](x+y)^{4}&=x^{4}+4x^{3}y+6x^{2}y^{2}+4xy^{3}+y^{4},\\[8pt](x+y)^{5}&=x^{5}+5x^{4}y+10x^{3}y^{2}+10x^{2}y^{3}+5xy^{4}+y^{5},\\[8pt](x+y)^{6}&=x^{6}+6x^{5}y+15x^{4}y^{2}+20x^{3}y^{3}+15x^{2}y^{4}+6xy^{5}+y^{6},\\[8pt](x+y)^{7}&=x^{7}+7x^{6}y+21x^{5}y^{2}+35x^{4}y^{3}+35x^{3}y^{4}+21x^{2}y^{5}+7xy^{6}+y^{7}.\end{aligned}}}
^{4}&=x^{4}+4x^{3}y+6x^{2}y^{2}+4xy^{3}+y^{4},\\[8pt](x+y)^{5}&=x^{5}+5x^{4}y+10x^{3}y^{2}+10x^{2}y^{3}+5xy^{4}+y^{5},\\[8pt](x+y)^{6}&=x^{6}+6x^{5}y+15x^{4}y^{2}+20x^{3}y^{3}+15x^{2}y^{4}+6xy^{5}+y^{6},\\[8pt](x+y)^{7}&=x^{7}+7x^{6}y+21x^{5}y^{2}+35x^{4}y^{3}+35x^{3}y^{4}+21x^{2}y^{5}+7xy^{6}+y^{7}.\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/e30228a99653e6b9a65ae6640a3b7f85e2fdf144)
Chú ý rằng:
Lũy thừa của {\displaystyle x}
giảm dần cho tới khi đạt đến 0 ({\displaystyle x^{0}=1}
), giá trị bắt đầu là {\displaystyle n} (n trong {\displaystyle (x+y)^{n}}
.)Lũy thừa của {\displaystyle y}
tăng lên bắt đầu từ 0 ({\displaystyle y^{0}=1}
) cho tới khi đạt đến {\displaystyle n} ({\displaystyle n} trong {\displaystyle (x+y)^{n}}.)Hàng nhị thức của tam giác Pascal sẽ là các hệ số của nhị thức mở rộng (chú ý rằng đỉnh là hàng 0)Với mỗi hàng, tích số (tổng của các hệ số) bằng {\displaystyle 2^{n}}
.Với mỗi hàng, nhóm tích số bằng {\displaystyle n+1}.Định lý nhị thức có thể áp dụng với lũy thừa của bất cứ nhị thức nào. Ví dụ:
{\displaystyle {\begin{aligned}(x+2)^{3}&=x^{3}+3x^{2}(2)+3x(2)^{2}+2^{3}\\&=x^{3}+6x^{2}+12x+8.\end{aligned}}}
Với một nhị thức có phép trừ, định lý có thể được áp dụng khi sử dụng phép nghịch đảo số hạng thứ hai.
{\displaystyle (x-y)^{3}=x^{3}-3x^{2}y+3xy^{2}-y^{3}.\!}
Tổng quát[sửa | sửa mã nguồn]
Trong trường hợp tổng quát trên trường số phức,
Nếu {\displaystyle r}
{\displaystyle (1+z)^{r}=\sum _{k=0}^{\infty }{r \choose k}z^{k}}
Trong đó:
{\displaystyle {n \choose k}={\frac {n!}{k!(n-k)!}}={\frac {n(n-1)(n-2)...(n-k+1)}{k!}}}
hỉu giải thích giùm : https://vi.wikipedia.org/wiki/%C4%90%E1%BB%8Bnh_l%C3%BD_nh%E1%BB%8B_th%E1%BB%A9c
Tìm hệ số của x10 trong khai triển (2+3x)n biết n thõa : \(C_{2n+1}^1+C_{2n+1}^2+..........+C^{2n}_{2n+1}=2^{10}-1\)
Xét khai triển
\(\left(x+1\right)^{2n+1}=C_{2n+1}^0+C_{2n+1}^1x+...+C_{2n+1}^{2n}x^{2n}+C_{2n+1}^{2n+1}x^{2n+1}\)
Cho \(x=1\) ta được:
\(2^{2n+1}=C^0_{2n+1}+C_{2n+1}^1+...+C_{2n+1}^{2n}+C_{2n+1}^{2n+1}\)
\(\Leftrightarrow2^{2n+1}=2+C_{2n+1}^1+C_{2n+1}^2+...+C_{2n+1}^{2n}\)
\(\Leftrightarrow2^{2n+1}-2=C_{2n+1}^1+C_{2n+1}^2+...+C_{2n+1}^{2n}\)
\(\Leftrightarrow2^{10}-1=2^{2n+1}-2\Rightarrow2^{2n+1}=2^{10}+1\)
Không tồn tại n thỏa mãn yêu cầu bài toán (bạn xem lại đề bài)
Đúng 0
Bình luận (0)