2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




На страницу 1, 2, 3  След.
 
 Количество слагаемых в разложении степени двучлена
Сообщение16.08.2025, 21:40 
Везде указывается, что количество слагаемых на которые раскладывается двучлен $(a+b)^n,n\in\mathbb N$ равно $n+1$.

Как я понял, это количество слагаемых после объединения подобных.

То есть, метод, которым такая формула для количества слагаемых была выведена не различает $m$ одинаковых $a^xb^y$, рассматривая все такие $m$ слагаемых одним слагаемым $ma^xb^y$.

Правильно ли я понимаю, что всего слагаемых $\frac{(2n)!}{n!n!}$?

У нас фактически $2n$ элементов - $n$ $a$ток и $n$ $b$ток. Чтобы получить число слагаемых, нужно посчитать сколькими способами можно разместить эти $2n$ элементов по $n$ местам, без повторений одного и того же элемента и без учёта порядка.

 
 
 
 Re: Количество слагаемых в разложении степени двучлена
Сообщение16.08.2025, 22:16 
Аватара пользователя
cxzbsdhwert в сообщении #1698473 писал(а):
У нас фактически $2n$ элементов - $n$ $a$ток и $n$ $b$ток.
С чего бы это вдруг? Объясните.

 
 
 
 Re: Количество слагаемых в разложении степени двучлена
Сообщение16.08.2025, 23:22 
Someone в сообщении #1698477 писал(а):
cxzbsdhwert в сообщении #1698473 писал(а):
У нас фактически $2n$ элементов - $n$ $a$ток и $n$ $b$ток.
С чего бы это вдруг? Объясните.


Ошибся — $$\frac{(2n-2\cdot 0)(2n-2\cdot 1)(2n-2\cdot 2)...(2n-2\cdot(n-1))}{n!}=\frac{2n(2n-2\cdot 1)...(2n-2\cdot(n-1))}{n!}$$

Если не настаиваете, поясню, отвечу на вопросы завтра.

 
 
 
 Re: Количество слагаемых в разложении степени двучлена
Сообщение17.08.2025, 00:05 
Аватара пользователя
cxzbsdhwert в сообщении #1698473 писал(а):
Правильно ли я понимаю, что всего слагаемых <...>
Каких именно? Если расписать сумму так, чтобы при каждом мономе стояла единица, то всего таких мономов будет $2^n$.

 
 
 
 Re: Количество слагаемых в разложении степени двучлена
Сообщение17.08.2025, 00:28 
$n$ скобок по 2 слагаемых в скобке. Сколько слагаемых? )

 
 
 
 Re: Количество слагаемых в разложении степени двучлена
Сообщение17.08.2025, 00:37 
cxzbsdhwert в сообщении #1698480 писал(а):
$$\frac{2n(2n-2\cdot 1)...(2n-2\cdot(n-1))}{n!}$$
Осталось упростить.

 
 
 
 Re: Количество слагаемых в разложении степени двучлена
Сообщение17.08.2025, 12:56 
tolstopuz в сообщении #1698486 писал(а):
cxzbsdhwert в сообщении #1698480 писал(а):
$$\frac{2n(2n-2\cdot 1)...(2n-2\cdot(n-1))}{n!}$$
Осталось упростить.


Да, понятно, тут в числителе выделяется тогда $n$ раз перемноженная на себя двойка и $n$ раз перемноженные числа от $n$ до $1$, т.е. факториал, который и сокращается со знаменталем:

$\dfrac{2n(2n-2\cdot 1)(2n-2\cdot 2)...(2n-2\cdot(n-1))}{n!}=\dfrac{2n(2(n-1))(2(n-2))...(2n-2\cdot(n-1))}{n!}=\dfrac{2\cdot 2 \cdot ... n(n-1)(n-2)...(n-n+1)}{n!}=\dfrac{2^nn!}{n!}$

-- 17.08.2025, 11:57 --

Утундрий в сообщении #1698482 писал(а):
cxzbsdhwert в сообщении #1698473 писал(а):
Правильно ли я понимаю, что всего слагаемых <...>
Каких именно? Если расписать сумму так, чтобы при каждом мономе стояла единица, то всего таких мономов будет $2^n$.
Да, вопрос о таком представлении

 
 
 
 Re: Количество слагаемых в разложении степени двучлена
Сообщение17.08.2025, 13:04 
Аватара пользователя

(Оффтоп)

Кстати, посчитать количество слагаемых без приведения подобных можно без комбинаторики: достаточно подставить $a=b=1$.

 
 
 
 Re: Количество слагаемых в разложении степени двучлена
Сообщение17.08.2025, 13:50 
Someone в сообщении #1698477 писал(а):
cxzbsdhwert в сообщении #1698473 писал(а):
У нас фактически $2n$ элементов - $n$ $a$ток и $n$ $b$ток.
С чего бы это вдруг? Объясните.

Число слагаемых в конечном итоге определяется тем, как написал пользователь b4b5, то есть размещение $m=2$ элементов по $n$ местам, но это, по всей видимости, частный случай более общей формулы комбинаторики, которую формулировал я.

b4b5 в сообщении #1698484 писал(а):
$n$ скобок по 2 слагаемых в скобке. Сколько слагаемых? )

1. При возведении двучлена в степень $n$, будет $n$ перемножающихся двучленов.
2. Каждый из двух членов $a$ и $b$ образует произведение с $n-1$ остальных членов - со всеми такими же ($a$ со всеми $a$, или $b$ со всеми $b$), или частично с противоположным членом из других скобок (с $n-1$ противоположными, с $n-2$ противоположными и одним "своим" и т.д. до $1$ противоположными и наоборот $n-2$ "своим"), то есть $aaaa$, $aaab$, $aaba$, $abaa$, $aabb$ и т.д.
3. Тогда получается, что есть два множества из $n$ элементов, состоящих из $n$ $a$ и $n$ $b$ соответственно, только каждый из $a$ или $b$, не смотря на то, что это численно одни и те же элементы, различимы по критерию принадлежности к одной из $n$ перемножаемых скобок. То есть $a_1,a_2,...,a_n$ и $b_1,b_2,...,b_n$, или просто рассматривать их как разные числа со сквозной нумерацией $(1,2,3...n),(n+1,n+2,...,2n)$
4. Поскольку, как написано выше, каждый из двух членов бинома образует произведение длинной в $n$ множителей (включая себя) с остальными, а в биноме $2$ члена, то получается, что рассматриваемых элементов всего $2n$. Мы рассматриваем объединённое сквозное множество потому, что элементы из одного множества перемножаются и на элементы из другого (члены одного вида из каждой из $n$ скобок, перемножаются и на члены второго вида из каждой скобки).
5. Каждое произведение, являющееся одним из слагаемых при раскрытии бинома, можно рассматривать как $n$ ячеек, по которым размещаются $2n$ элементов.
6. Тогда задача сводится к тому, чтобы определить формулу для числа размещений $2n$ элементов по $n$ местам, без повторений (чтобы не было $a_1\cdot a_1$, то есть член из одной скобки на себя же не может умножиться), и без учёта порядка ($a_1b_2=b_2a_1$, но $a_1b_2\neq b_1a_2$, поскольку, опять-таки, это одни и те же элементы с точки зрения численного значения, но разные с точки зрения того, в какой скобе они были).

Тогда получается, что в первую из $n$ ячеек может быть размещён один из $2n$ элементов, вторым один из $2n-1$, т.к. один мы уже использовали и он на себя не должен умножаться и т.д. до $n+1$. Из всех этих комбинаций из $n$ элементов есть какое-то количество уникальных, с точки зрения порядка, на каждую из которых приходится какое-то число перестановок. Тогда нужно посчитать сколько может быть перестановок из $n$ элементов, поделить на всё количество $2n(2n-1)(2n-2)...$ и получить число уникальных с точки зрения порядка, то есть избавиться от учитывания порядка. Число перестановок это $n!$. Тогда будет $\frac{2n(2n-1)...(2n-n+1)}{n!}$, или $\frac{(2n)!}{n!n!}$

Проблема была только в том, что в пункте 6 я не учёл, что член из скобки не должен умножаться не только на себя, но и на противоположного из своей скобки.
Тогда в числителе, на каждую новую ячейку нужно выбрасывать на один элемент, а 2, ну и получается тогда конечное правильное выражение для числителя:

$$2n(2n-2)(2n-4)...(2n-2(n-1))$$

 
 
 
 Re: Количество слагаемых в разложении степени двучлена
Сообщение17.08.2025, 15:38 
cxzbsdhwert Так проще $S(n) = S(n-1) \cdot 2$ при добавлении нового множителя.

 
 
 
 Re: Количество слагаемых в разложении степени двучлена
Сообщение17.08.2025, 21:00 
b4b5 в сообщении #1698524 писал(а):
cxzbsdhwert Так проще $S(n) = S(n-1) \cdot 2$ при добавлении нового множителя.

Уточните пожалуйста какого множителя, и что проще? Ну и под $S$ что Вы определили. Если имелись в виду множители в числителе, то не понял

 
 
 
 Re: Количество слагаемых в разложении степени двучлена
Сообщение17.08.2025, 21:06 
Аватара пользователя
cxzbsdhwert
Возьмите случай $n=3$ и посчитайте число слагаемых для него. Сравните с тем, что получится при вычислении по вашей формуле.

 
 
 
 Re: Количество слагаемых в разложении степени двучлена
Сообщение17.08.2025, 21:08 
Добавляем множитель (скобку) к предыдущему количеству слагаемых, количество слагаемых увеличивается в 2 раза.
$(....) \cdot (a+b)$

 
 
 
 Re: Количество слагаемых в разложении степени двучлена
Сообщение17.08.2025, 21:22 
Combat Zone в сообщении #1698560 писал(а):
cxzbsdhwert
Возьмите случай $n=3$ и посчитайте число слагаемых для него. Сравните с тем, что получится при вычислении по вашей формуле.


Всё сходится. Конечная формула, если Вы не читали следующие за первым сообщения, получилась такая:
$$\frac{2n(2n-2\cdot 1)...(2n-2\cdot(n-1))}{n!}$$
Для $n=3$ это $\dfrac{6\cdot 4 \cdot 2}{6}=8=2^3$

 
 
 
 Re: Количество слагаемых в разложении степени двучлена
Сообщение17.08.2025, 21:35 
Аватара пользователя
cxzbsdhwert в сообщении #1698562 писал(а):
Конечная формула, если Вы не читали следующие за первым сообщения, получилась такая:
$$\frac{2n(2n-2\cdot 1)...(2n-2\cdot(n-1))}{n!}$$
Вынесите двойку из каждой скобки...

 
 
 [ Сообщений: 33 ]  На страницу 1, 2, 3  След.


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group