23.2: Багатономіальні коефіцієнти
- Page ID
- 65291
Розширення триноміалу\((x + y + z)^n\) - це сума всіх можливих продуктів
\ begin {рівняння*}\ dfrac {n!} {я! \, j! \, k!} \, x^i y^j z^k,\ end {рівняння*}
де\(0 \le i,j,k \le n\) таке, що\(i + j + k = n\text{.}\)
- Доказ ідеї.
-
Аналогічно доказом біноміальної теореми пишіть
\ begin {зібрати} (x + y + z) ^n = (x + y + z) (x + y + z)\ cdots (x + y + z)\ текст {,}\ label {рівняння-багатономіальний-триноміальний}\ тег {\(\star\)}\ end {зібрати}
з\(n\) факторами. Щоб розширити це, ми узагальнюємо метод FOIL: з кожного фактора вибирайте\(x\text{,}\)\(y\text{,}\) або\(z\text{,}\) потім помножте всі ваші варіанти разом. Для будь-якого такого продукту, повноваження на\(x\text{,}\)\(y\text{,}\) і\(z\) повинні сумувати,\(n\text{.}\) щоб отримати остаточне розширення, додайте результати всіх можливих подібних продуктів.Але ми можемо збирати терміни, які мають однаковий показник на кожному з\(x\text{,}\)\(y\text{,}\) і\(z\text{.}\) Скільки способів ми можемо сформувати конкретний термін\(x^i y^j z^k\text{,}\) для\(0 \le i,j,k \le n\) таких, що У\(i + j + k = n\text{?}\) нас є\(C^n_i\) способи вибору\(i\) факторів з правого боку (\(\star\)), з якого взяти \(x\text{,}\)то\(C^{n-i}_j\) способи вибрати\(j\) фактори, з яких взяти\(y\text{.}\) Але тепер з усіх інших факторів ми повинні вибрати\(z\text{,}\) і є єдиний\(1\) спосіб зробити це. Отже, коефіцієнт\(x^i y^j z^k\) на
\ begin {рівняння*}\ binom {n} {i}\ binom {n-i} {j} =\ left (\ dfrac {n!} {я! (n-i)!} \ праворуч)\:\:\ ліворуч (\ dfrac {(n-i)!} {j! (n-i-j)!} \ праворуч) =\ dfrac {n!} {я! \, j! \, k!} \ текст {.} \ end {рівняння*}
- Альтернативна ідея доказу.
-
Використовуйте Біноміальну теорему на\((x + (y + z))^n\text{,}\) потім знову\((y + z)^k\) для кожного члена\(C^n_k x^{n - k} (y + z)^k\text{.}\) (Це було б дуже нудно!)
Визначаємо терміни в розширенні\((2 x + y - 3 z)^3\text{.}\)
Рішення
По-перше, перепишіть
\ begin {рівняння*} (2 x + y - 3 z) ^3 = ((2 x) + y + (-3 z)) ^3\ text {.} \ end {equation*}
Отже, терміни в розширенні включають продукти
\ begin {рівняння*} (2 x) ^i y^j (-3 z) ^k\ text {.} \ end {equation*}
Нам потрібно враховувати всі трійки експонент\(i, j, k\), які сумуються\(3\text{.}\)
\(i\) | \(j\) | \(k\) | \(n! \over i! \, j! \, k! \) | термін | спрощене |
\(3\) | \(0\) | \(0\) | \(1\) | \((2 x)^3 \) | \(8 x^3 \) |
\(0\) | \(3\) | \(0\) | \(1\) | \(y^3 \) | \(y^3 \) |
\(0\) | \(0\) | \(3\) | \(1\) | \((-3 x)^3 \) | \(-27 z^3 \) |
\(2\) | \(1\) | \(0\) | \(3\) | \(3 (2 x)^2 y \) | \(12 x^2y \) |
\(2\) | \(0\) | \(1\) | \(3\) | \(3 (2 x)^2 (-3 z) \) | \(-36 x^2 z \) |
\(1\) | \(2\) | \(0\) | \(3\) | \(3 (2 x) y^2 \) | \(6 x y^2 \) |
\(0\) | \(2\) | \(1\) | \(3\) | \(3 y^2 (-3 z) \) | \(-9 y^2 z \) |
\(1\) | \(0\) | \(2\) | \(3\) | \(3 (2 x) (-3 z)^2 \) | \(-54 x z^2 \) |
\(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(3 y (-3 z)^2 \) | \(-9 y z^2 \) |
\(1\) | \(1\) | \(1\) | \(3!\) | \(6 (2 x) y (-3 z) \) | \(-36 x y z \) |
Зібравши це разом, ми маємо
\ почати {вирівнювати*} & (2 х + у - 3 з) ^3\\ & = 8 x^3 + y^3 - 27 z^3+ 12 x^2y - 36 х ^2 z\\ & + 6 х y^2 - 9 y^2 z - 54 х z ^ 2 - 36 х х г\ текст {.} \ end {вирівнювати*}
Визначаємо коефіцієнт\(x^5 y^2 z^7\) на при розширенні\((x + y + z)^{14}\text{.}\)
Рішення
Тут у нас немає додаткових внесків до коефіцієнта від констант всередині триноміалу, тому використання\(n=14\text{,}\)\(i = 5\text{,}\)\(j = 2\text{,}\)\(k = 7\text{,}\) коефіцієнта просто
\ begin {рівняння*}\ dfrac {14!} {5! \, 2! \, 7!} =\ drac {14\ точка 13\ точка 12\ точка 1\ точка 10\ точка 9\ точка 8} {5\ точка 4\ точка 3\ точка 2\ точка 2} = 14\ точка 13\ точка 1\ точка 9\ точка 4 = 72,072\ текст {.} \ end {рівняння*}
Продовжується закономірність біноміальної теореми та триноміальної теореми.
Розширення\((x_1 + x_2 + \cdots + x_m)^n\) - це сума всіх можливих продуктів
\ begin {рівняння*}\ dfrac {n!} {i_1! \, i_2! \,\ cdots\, i_m!} \, x_1^ {i_1} x_2^ {i_2}\ cdots x_m^ {i_m}\ text {,}\ end {рівняння*}
де показники\(i_1, i_2, \ldots, i_n\) сумуються до\(n\text{.}\)
- Доказ ідеї.
-
Використовуйте той самий узагальнений аргумент методу FOIL, що і в доказах біноміальної та триноміальної теореми, та спростіть добуток отриманих комбінаційних формул.
Визначаємо коефіцієнт\(x^2 y z^6\) на при розширенні\((3 x + 2 y + z^2 + 6)^8\text{.}\)
Рішення
Рерайтинг
\ begin {рівняння*} (3 x + 2 y + z^2 + 6) ^8 = ((3 x) + (2 y) + (z^2) + (z^2) + 6) ^8\ text {,}\ end {рівняння*}
ми бачимо, що чотири члени в цьому багаточлені є
\ begin {рівняння*} 3 x,\ quad 2 y,\ quad z^2,\ quad 6\ text {.} \ end {equation*}
Отже, ми дійсно хочемо знати загальний коефіцієнт на термін за участю
\ begin {рівняння*} (3 x) ^2 (2 y) ^1 (z^2) ^3 6^2\ текст {.} \ end {рівняння*}
Мультиноміальна теорема говорить нам, що буде
\ begin {рівняння*}\ dfrac {8!} {2! \, 1! \, 3! \, 2!} = 1,680\ end {рівняння*}
такі терміни в розширенні багаточлена. Тому отримуємо термін
\ begin {рівняння*} (1,680) (3 x) ^2 (2 y) ^1 (z^2) ^3 6^2 = (1,088,640) x^2 y z ^6\ end {рівняння*}
із загальним коефіцієнтом\(1,088,640\text{.}\)
число, що з'являється як коефіцієнт в розширенні\((x_1 + x_2 + \cdots + x_m)^n\)
коефіцієнт на термін\(x_1^{i_1} x_2^{i_2} \cdots x_m^{i_m}\) в розширенні,\((x_1 + x_2 + \cdots + x_m)^n\text{,}\) де показники\(i_1, i_2, \ldots, i_m\) повинні сумувати\(n\)
- Мультиноміальна теорема говорить нам\(\displaystyle \binom{n}{i_1,i_2,\ldots,i_m} = \dfrac{n!}{i_1! \, i_2! \, \cdots \, i_m!} \text{.}\)
- У випадку біноміального розширення\((x_1 + x_2)^n\text{,}\) термін\(x_1^{i_1} x_2^{i_2}\) повинен мати\(i_1 + i_2 = n\text{,}\) або\(i_2 = n - i_1\text{.}\) Мультиноміальна теорема говорить нам, що коефіцієнт на цей термін є
\ begin {рівняння*}\ binom {n} {i_1, i_2} =\ dfrac {n!} {i_1! i_2!} =\ dfrac {n!} {i_1! (n - i_1)!} =\ біном {n} {i_1}. \ end {equation*}
Отже, у випадку\(m=2\text{,}\) мультиноміальна теорема зводиться до біноміальної теореми.