Mai avem acum de discutat despre niște proprietăți interesante ale combinărilor. Toate acestea rezultă din dezvoltarea binomului lui Newton, pe care ați găsit-o într-un material precedent.
Ca de obicei, pornim de la un exemplu sau două. Știm acum că
$$(a+b)^4=C_4^0a^4+C_4^1a^3b+C_4^2a^2b^2+C_4^3ab^3+C_4^4b^4.$$
Și mai știm că
$$(a+b)^5=C_5^0a^5+C_5^1a^4b+C_5^2a^3b^2+C_5^3a^2b^3+C_5^4ab^4+C_5^5b^5.$$
Ei bine, oamenii curioși și-au pus problema în legătură cu ceea ce ar obține dacă în locul lui $a$ și în locul lui $b$ ar pune ceva foarte simplu, adică 1. Punând semnul înmulțirii acolo unde este cazul, am avea în acest caz că
$$(1+1)^4=C_4^0\cdot 1^4+C_4^1\cdot 1^3\cdot 1+C_4^2\cdot 1^2\cdot 1^2+C_4^3\cdot 1\cdot 1^3+C_4^4\cdot 1^4$$
și respectiv
$$(1+1)^5=C_5^0\cdot 1^5+C_5^1\cdot 1^4\cdot 1+C_5^2\cdot 1^3\cdot 1^2+C_5^3\cdot 1^2\cdot 1^3+C_5^4\cdot 1\cdot 1^4+C_5^5\cdot 1^5.$$
Și cum 1 la orice putere este tot 1 și 1 înmulțit cu 1 este 1, vom avea de fapt că
$$\color{blue}{(1+1)^4=C_4^0+C_4^1+C_4^2+C_4^3+C_4^4}$$
și respectiv
$$\color{blue}{(1+1)^5=C_5^0+C_5^1+C_5^2+C_5^3+C_5^4+C_5^5}.$$
Ce am obținut, de fapt? Haideți să rescriem cele două rezultate, comutând egalitatea și scriind în loc de $(1+1)$ de fapt $2$. Obținem așadar
$$\color{blue}{C_4^0+C_4^1+C_4^2+C_4^3+C_4^4=2^4}$$
și respectiv
$$\color{blue}{C_5^0+C_5^1+C_5^2+C_5^3+C_5^4+C_5^5=2^5}.$$
Ca de obicei, pornim de la un exemplu sau două. Știm acum că
$$(a+b)^4=C_4^0a^4+C_4^1a^3b+C_4^2a^2b^2+C_4^3ab^3+C_4^4b^4.$$
Și mai știm că
$$(a+b)^5=C_5^0a^5+C_5^1a^4b+C_5^2a^3b^2+C_5^3a^2b^3+C_5^4ab^4+C_5^5b^5.$$
Ei bine, oamenii curioși și-au pus problema în legătură cu ceea ce ar obține dacă în locul lui $a$ și în locul lui $b$ ar pune ceva foarte simplu, adică 1. Punând semnul înmulțirii acolo unde este cazul, am avea în acest caz că
$$(1+1)^4=C_4^0\cdot 1^4+C_4^1\cdot 1^3\cdot 1+C_4^2\cdot 1^2\cdot 1^2+C_4^3\cdot 1\cdot 1^3+C_4^4\cdot 1^4$$
și respectiv
$$(1+1)^5=C_5^0\cdot 1^5+C_5^1\cdot 1^4\cdot 1+C_5^2\cdot 1^3\cdot 1^2+C_5^3\cdot 1^2\cdot 1^3+C_5^4\cdot 1\cdot 1^4+C_5^5\cdot 1^5.$$
Și cum 1 la orice putere este tot 1 și 1 înmulțit cu 1 este 1, vom avea de fapt că
$$\color{blue}{(1+1)^4=C_4^0+C_4^1+C_4^2+C_4^3+C_4^4}$$
și respectiv
$$\color{blue}{(1+1)^5=C_5^0+C_5^1+C_5^2+C_5^3+C_5^4+C_5^5}.$$
Ce am obținut, de fapt? Haideți să rescriem cele două rezultate, comutând egalitatea și scriind în loc de $(1+1)$ de fapt $2$. Obținem așadar
$$\color{blue}{C_4^0+C_4^1+C_4^2+C_4^3+C_4^4=2^4}$$
și respectiv
$$\color{blue}{C_5^0+C_5^1+C_5^2+C_5^3+C_5^4+C_5^5=2^5}.$$
Cum 4 și 5 nu au nimic special, putem să punem în locul lor litera $n$ și obținem formula remarcabilă pentru suma tuturor combinărilor corespunzătoare unui rând din triunghiul lui Pascal
$$\large{\color{red}{C_n^0+C_n^1+C_n^2+...+C_n^{n-2}+C_n^{n-1}+C_n^n=2^n}}.$$
Țineți minte această bijuterie de formulă!
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.