Am văzut în materialul anterior că suma tuturor combinărilor ce apar pe același rând din triunghiul lui Pascal este dată de formula
$$\large{\color{blue}{C_n^0+C_n^1+C_n^2+...+C_n^{n-2}+C_n^{n-1}+C_n^n=2^n}}.$$
Vă amintiți că această formulă am obținut-o folosindu-ne de dezvoltarea binomului lui Newton în care l-am înlocuit pe $a$ cu 1 și pe $b$ tot cu 1.
Continuând pe aceeași linie, se poate pune problema dacă mai putem obține ceva interesant prin înlocuirea lui $a$ și $b$ din binomul lui Newton cu ceva tot atât de simplu precum a fost 1. Ceva asemănător de simplu precum este 1 va fi de fapt chiar $-1$. Așa încât, de data aceasta îl vom înlocui pe $a$ cu 1, iar pe $b$ cu $-1$.
Pentru puterile particulare pe care am obișnuit să le luăm ca exemplu (nici prea simple, nici prea complicate), adică 4 și 5, vom obține dezvoltările:
$[1+(-1)]^4=(1-1)^4=\\
=C_4^0\cdot 1^4+C_4^1\cdot 1^3\cdot(-1)+C_4^2\cdot 1^2\cdot(-1)^2+\\
+C_4^3\cdot 1\cdot(-1)^3+C_4^4\cdot(-1)^4$
și respectiv
$[1+(-1)]^5=(1-1)^5=\\
=C_5^0\cdot 1^5+C_5^1\cdot 1^4\cdot(-1)+C_5^2\cdot 1^3\cdot(-1)^2+\\
+C_5^3\cdot 1^2\cdot(-1)^3+C_5^4\cdot 1\cdot(-1)^4+C_5^5\cdot(-1)^5.$
Dar $1-1=0$, iar $-1$ la o putere pară este $1$ și la o putere impară este $-1$. Ținând seama de aceste lucruri, dezvoltările noastre devin:
$$\color{blue}{0=C_4^0-C_4^1+C_4^2-C_4^3+C_4^4}$$
și respectiv
$$\color{blue}{0=C_5^0-C_5^1+C_5^2-C_5^3+C_5^4-C_5^5}.$$
Adică, se începe cu semnul „$+$” și se continuă alternativ cu semnul „$-$”, apoi cu semnul „$+$” și tot așa. Se observă că dezvoltarea după puterea pară se termină cu semnul „$+$”, iar dezvoltarea după puterea impară se termină cu semnul „$-$”.
Am obținut, deci, că suma alternativă a combinărilor este întotdeauna nulă. Deci, dacă am aduna acest rezultat la oricare altul, nu s-ar modifica acel rezultat. Ce vreau să spun? Vreau să vă propun o șmecherie. Haideți să adunăm la formula veche
$$C_4^0+C_4^1+C_4^2+C_4^3+C_4^4=2^4$$
formula recent obținută
$$C_4^0-C_4^1+C_4^2-C_4^3+C_4^4=0,$$
iar la formula veche
$$C_5^0+C_5^1+C_5^2+C_5^3+C_5^4+C_5^5=2^5$$
formula recent obținută
$$C_5^0-C_5^1+C_5^2-C_5^3+C_5^4-C_5^5=0.$$
Punem termenii acestor formule unul sub altul pentru a observa ceva, întâi pentru puterea a patra, apoi pentru puterea a cincea:
$$\begin{matrix}
C_4^0&C_4^1&C_4^2&C_4^3&C_4^4&2^4\\
C_4^0&-C_4^1&C_4^2&-C_4^3&C_4^4&0
\end{matrix}$$
și respectiv
$$\begin{matrix}
C_5^0&C_5^1&C_5^2&C_5^3&C_5^4&C_5^5&2^5\\
C_5^0&-C_5^1&C_5^2&-C_5^3&C_5^4&-C_5^5&0
\end{matrix}.$$
Observați acum că al doilea rând conține termeni cu semn opus celor din primul rând. Asta înseamnă că dacă vom aduna cele două rânduri, termenii de semn opus se vor reduce și vor dispărea iar termenii de același semn vor apărea de două ori, deci se vor dubla. Așadar, vom obține formula
$$2C_4^0+2C_4^2+2C_4^4=2^4$$
și
$$\large{\color{blue}{C_n^0+C_n^1+C_n^2+...+C_n^{n-2}+C_n^{n-1}+C_n^n=2^n}}.$$
Vă amintiți că această formulă am obținut-o folosindu-ne de dezvoltarea binomului lui Newton în care l-am înlocuit pe $a$ cu 1 și pe $b$ tot cu 1.
Continuând pe aceeași linie, se poate pune problema dacă mai putem obține ceva interesant prin înlocuirea lui $a$ și $b$ din binomul lui Newton cu ceva tot atât de simplu precum a fost 1. Ceva asemănător de simplu precum este 1 va fi de fapt chiar $-1$. Așa încât, de data aceasta îl vom înlocui pe $a$ cu 1, iar pe $b$ cu $-1$.
Pentru puterile particulare pe care am obișnuit să le luăm ca exemplu (nici prea simple, nici prea complicate), adică 4 și 5, vom obține dezvoltările:
$[1+(-1)]^4=(1-1)^4=\\
=C_4^0\cdot 1^4+C_4^1\cdot 1^3\cdot(-1)+C_4^2\cdot 1^2\cdot(-1)^2+\\
+C_4^3\cdot 1\cdot(-1)^3+C_4^4\cdot(-1)^4$
și respectiv
$[1+(-1)]^5=(1-1)^5=\\
=C_5^0\cdot 1^5+C_5^1\cdot 1^4\cdot(-1)+C_5^2\cdot 1^3\cdot(-1)^2+\\
+C_5^3\cdot 1^2\cdot(-1)^3+C_5^4\cdot 1\cdot(-1)^4+C_5^5\cdot(-1)^5.$
Dar $1-1=0$, iar $-1$ la o putere pară este $1$ și la o putere impară este $-1$. Ținând seama de aceste lucruri, dezvoltările noastre devin:
$$\color{blue}{0=C_4^0-C_4^1+C_4^2-C_4^3+C_4^4}$$
și respectiv
$$\color{blue}{0=C_5^0-C_5^1+C_5^2-C_5^3+C_5^4-C_5^5}.$$
Adică, se începe cu semnul „$+$” și se continuă alternativ cu semnul „$-$”, apoi cu semnul „$+$” și tot așa. Se observă că dezvoltarea după puterea pară se termină cu semnul „$+$”, iar dezvoltarea după puterea impară se termină cu semnul „$-$”.
Am obținut, deci, că suma alternativă a combinărilor este întotdeauna nulă. Deci, dacă am aduna acest rezultat la oricare altul, nu s-ar modifica acel rezultat. Ce vreau să spun? Vreau să vă propun o șmecherie. Haideți să adunăm la formula veche
$$C_4^0+C_4^1+C_4^2+C_4^3+C_4^4=2^4$$
formula recent obținută
$$C_4^0-C_4^1+C_4^2-C_4^3+C_4^4=0,$$
iar la formula veche
$$C_5^0+C_5^1+C_5^2+C_5^3+C_5^4+C_5^5=2^5$$
formula recent obținută
$$C_5^0-C_5^1+C_5^2-C_5^3+C_5^4-C_5^5=0.$$
Punem termenii acestor formule unul sub altul pentru a observa ceva, întâi pentru puterea a patra, apoi pentru puterea a cincea:
$$\begin{matrix}
C_4^0&C_4^1&C_4^2&C_4^3&C_4^4&2^4\\
C_4^0&-C_4^1&C_4^2&-C_4^3&C_4^4&0
\end{matrix}$$
și respectiv
$$\begin{matrix}
C_5^0&C_5^1&C_5^2&C_5^3&C_5^4&C_5^5&2^5\\
C_5^0&-C_5^1&C_5^2&-C_5^3&C_5^4&-C_5^5&0
\end{matrix}.$$
Observați acum că al doilea rând conține termeni cu semn opus celor din primul rând. Asta înseamnă că dacă vom aduna cele două rânduri, termenii de semn opus se vor reduce și vor dispărea iar termenii de același semn vor apărea de două ori, deci se vor dubla. Așadar, vom obține formula
$$2C_4^0+2C_4^2+2C_4^4=2^4$$
și
$$2C_5^0+2C_5^2+2C_5^4=2^5.$$
Dar avem acolo prea mulți de $2$ care ne încurcă, așa că putem împărți totul cu $2$ și vom obține în ambele cazuri:
$$\color{blue}{C_4^0+C_4^2+C_4^4=2^3}$$
și
și
$$\color{blue}{C_5^0+C_5^2+C_5^4=2^4}.$$
Dar oare ce ne spun cele două formule? Nimic mai simplu decât faptul că suma combinărilor de rang par poate fi scrisă sub forma generală, valabilă atât pentru puteri pare, cât și pentru puterile impare, astfel:
$$\large{\color{red}{C_n^0+C_n^2+C_n^4+...=2^{n-1}}}.$$
Observați că decât să scriem de două ori formula separat pentru puterile pare și separat pentru puterile impare, am preferat să o scriem o singură dată și să terminăm dezvoltarea cu puncte de suspensie, în speranța că elevul va înțelege la ce ne referim. Căci singura deosebire între cele două puteri este că la puterile pare dezvoltarea se termină cu ultimul termen, iar la puterile impare dezvoltarea se termină cu penultimul termen, așa cum ați văzut în cazul celor două puteri luate ca exemplu.
Dar n-am terminat. De ce? Pentru că mai putem deduce încă ceva interesant. Și anume, suma combinărilor de rang impar. Doar că pentru a obține această sumă, acum nu vom mai aduna cele două rânduri așezate unul sub altul, ci le vom scădea. Prin scădere, vor dispărea termenii care au același semn în cele două rânduri și se vor dubla termenii care au semn contrar.
Așadar, vom obține:
$$2C_4^1+2C_4^3=2^4$$
și
și
$$2C_5^1+2C_5^3+2C_5^5=2^5.$$
Scăpând și aici de $2$-urile care ne încurcă, vom obține
$$\color{blue}{C_4^1+C_4^3=2^3}$$
și
și
$$\color{blue}{C_5^1+C_5^3+C_5^5=2^4}.$$
Prin urmare, putem scrie o formulă și pentru suma combinărilor de rang impar:
$$\large{\color{red}{C_n^1+C_n^3+C_n^5+...=2^{n-1}}},$$
unde am pus din nou punctele de suspensie pentru a scrie formula o singură dată pentru orice putere $n$, indiferent că $n$ este putere pară sau impară.
Cam asta e tot. A fost greu?
Niciun comentariu:
Trimiteți un comentariu
Exprimați-vă părerea despre articol sau cereți lămuriri suplimentare, ca să transmitem cât mai multă informație celor care au nevoie de ea.
Comentariul va apărea după un anumit interval de timp necesar moderării.