Tìm đơn thức P biết: $P.2x^{k-1}.y^k.P=\frac{-1}{2}x^{k 2}.y^{k 1}$( k thuộc N

NL

Nguyễn Lâm Giang

28 tháng 2 2016 - olm

Tìm đơn thức P biết:

$P.2x^{k-1}.y^k.P=\frac{-1}{2}x^{k+2}.y^{k+1}$( k thuộc N; k>hoặc=1)

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 7

0

NK

ngyuen khạnh linh

24 tháng 2 2018 - olm

Tìm đơn thức P biết :

$2x^ky^{k-1}=\frac{-1}{2}x^{k+2}y^{k+1}$

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 7

0

TL

Trần Lê Trung Nhân

17 tháng 3 2017 - olm

Bài 1: Thu gọn các đơn thức và xác định hệ số, phần biết, bậc

a) (a^n b^n+1 c^n)^k (a^k b^k c^k+1)^n (k,n thuộc N)

b) 2ax^n y^n-1(-xy^2)^n (-x^n-1 y) n thuộc N*, a là hằng số

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 7

0

TL

Tống Lê Kim Liên

15 tháng 6 2017 - olm

Nhân đơn thức với đơn thức $\left(-\frac{5}{9}a^{1-k}.y^{2-k}\right)^2.\left(\frac{3}{10}x^ky^{k-1}\right)^2$

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 7

0

NQ

Như Quỳnh

18 tháng 4 2019 - olm

1) Cho hệ phương trình:

(k+1)x + (3k+1)y = 2-k

(2x + (k+2)y = 4. Tìm k để x và y thuộc Z

2) giải pt

a) x² - 4x - 6= √2x²-8x-12

b) (4x+1)(12x-1)(3x+2)(x+1)=4

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 9

1

NL

Nguyễn Linh Chi

18 tháng 4 2019

2)

a) ĐK: $2x^2-8x-12\ge0$(1)

Nhân 2 cả hai vế ta có:

$2x^2-8x-12=2\sqrt{2x^2-8x-12}$

Đặt: $\sqrt{2x^2-8x-12}=t\left(t\ge0\right)$

Ta có phương trình: $t^2=2t\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t=0\\t=2\end{cases}}$(tm)

+) Với t=0 ta có:$\sqrt{2x^2-8x-12}=0\Leftrightarrow2x^2-8x-12=0\Leftrightarrow x^2-4x-6=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=2+\sqrt{10}\\x=2-\sqrt{10}\end{cases}}$( thỏa mãn đk (1))

+) Với t=2 ta có: $\sqrt{2x^2-8x-12}=2\Leftrightarrow2x^2-8x-12=4\Leftrightarrow x^2-4x-8=\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=2+2\sqrt{3}\\x=2-2\sqrt{3}\end{cases}}$( THỎA MÃN đk (1))

vậy ...

b) pt <=> $\left(4x+1\right)\left(3x+2\right)\left(12x-1\right)\left(x+1\right)=4$

<=> $\left(12x^2+11x+2\right)\left(12x^2+11x-1\right)=4$

Đặt :$12x^2+11x+2=t$

Ta có pt: $t\left(t-3\right)=4\Leftrightarrow t^2-3t-4=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t=4\\t=-1\end{cases}}$

Với t=4 ta có: ....

Với t=-1 ta có:...

Em tự làm tiếp nhé

Đúng(0)

NM

Nguyễn Minh Vũ

4 tháng 3 2019 - olm

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 _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{(n-k)}a^{k}}với:{\displaystyle {n \choose k}={\frac...

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} $n$ thành một đa thức có {\displaystyle n+1} $n+1$ số hạng:

{\displaystyle (x+a)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{(n-k)}a^{k}} $(x+a)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{(n-k)}a^{k}$

với:

{\displaystyle {n \choose k}={\frac {n!}{(n-k)!k!}}} ${n \choose k}={\frac {n!}{(n-k)!k!}}$

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 lý
2Ví dụ
3Tổng quát
4Xem thêm
5Tham khảo

Chứng 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}} $P(n):(1+x)^{n}=\sum _{k=0}^{n}C_{n}^{k}x^{k}$ (1) với mọi số tự nhiên n.

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)} $P(n+1):(1+x)^{n+1}=(1+x).\sum _{k=0}^{n}C_{n}^{k}x^{k}=(1+x)$ và {\displaystyle \sum _{k=0}^{n}C_{n}^{k}x^{k+1}=\sum _{k=1}^{n}C_{n}^{k-1}x^{k}+x^{n+1}} $\sum _{k=0}^{n}C_{n}^{k}x^{k+1}=\sum _{k=1}^{n}C_{n}^{k-1}x^{k}+x^{n+1}$

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}} $(1+x)^{n+1}=1+\sum _{k=1}^{n}(C_{n}^{k}+C_{n}^{k-1}).x^{k}+x^{n+1}=C_{n+1}^{0}.x^{0}+\sum _{k=1}^{n}C_{n+1}^{k}.x^{k}+C_{n+1}^{n+1}.x^{n+1}=\sum _{k=0}^{n+1}C_{n+1}^{k}x^{k}$

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}}}} $x={\frac {b}{a}}=>(1+{\frac {b}{a}})^{n}=\sum _{k=0}^{n}C_{n}^{k}{\frac {b^{k}}{a^{k}}}$ và do đó {\displaystyle (a+b)^{n}=a^{n}(1+{\frac {b}{a}})^{n}=a^{n}\sum _{k=0}^{n}C_{n}^{k}{\frac {b^{k}}{a^{k}}}=\sum _{k=0}^{n}C_{n}^{k}a^{n-k}b^{k}} $(a+b)^{n}=a^{n}(1+{\frac {b}{a}})^{n}=a^{n}\sum _{k=0}^{n}C_{n}^{k}{\frac {b^{k}}{a^{k}}}=\sum _{k=0}^{n}C_{n}^{k}a^{n-k}b^{k}$

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} $x+y$ :

{\displaystyle (x+y)^{2}=x^{2}+2xy+y^{2}.\!} $(x+y)^{2}=x^{2}+2xy+y^{2}.\!$

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} $x+y$ tương ứng với các hàng sau của tam giác:

{\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}}} ${\begin{aligned}(x+y)^{3}&=x^{3}+3x^{2}y+3xy^{2}+y^{3},\\[8pt](x+y)^{4}&=x^{4}+4x^{3}y+6x^{2}y^{2}+4xy^{3}+y^{4},\\[8pt](x+y)^{5}&=x^{5}+5x^{4}y+10x^{3}y^{2}+10x^{2}y^{3}+5xy^{4}+y^{5},\\[8pt](x+y)^{6}&=x^{6}+6x^{5}y+15x^{4}y^{2}+20x^{3}y^{3}+15x^{2}y^{4}+6xy^{5}+y^{6},\\[8pt](x+y)^{7}&=x^{7}+7x^{6}y+21x^{5}y^{2}+35x^{4}y^{3}+35x^{3}y^{4}+21x^{2}y^{5}+7xy^{6}+y^{7}.\end{aligned}}$

Chú ý rằng:

Lũy thừa của {\displaystyle x} $x$ giảm dần cho tới khi đạt đến 0 ({\displaystyle x^{0}=1} $x^{0}=1$ ), giá trị bắt đầu là {\displaystyle n} $n$ (n trong {\displaystyle (x+y)^{n}} $(x+y)^{n}$ .)
Lũy thừa của {\displaystyle y} $y$ tăng lên bắt đầu từ 0 ({\displaystyle y^{0}=1} $y^{0}=1$ ) cho tới khi đạt đến {\displaystyle n} $n$ ({\displaystyle n} $n$ trong {\displaystyle (x+y)^{n}} $(x+y)^{n}$ .)
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}} $2^{n}$ .
Với mỗi hàng, nhóm tích số bằng {\displaystyle n+1} $n+1$ .

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}}} ${\begin{aligned}(x+2)^{3}&=x^{3}+3x^{2}(2)+3x(2)^{2}+2^{3}\\&=x^{3}+6x^{2}+12x+8.\end{aligned}}$

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}.\!} $(x-y)^{3}=x^{3}-3x^{2}y+3xy^{2}-y^{3}.\!$

Tổng quát[sửa | sửa mã nguồn]

Trong trường hợp tổng quát trên trường số phức,

Nếu {\displaystyle r} $r$ là một số thực và {\displaystyle z} $z$ là một số phức có module nhỏ hơn 1 thì:

{\displaystyle (1+z)^{r}=\sum _{k=0}^{\infty }{r \choose k}z^{k}} $(1+z)^{r}=\sum _{k=0}^{\infty }{r \choose k}z^{k}$

Trong đó:

{\displaystyle {n \choose k}={\frac {n!}{k!(n-k)!}}={\frac {n(n-1)(n-2)...(n-k+1)}{k!}}} ${n \choose k}={\frac {n!}{k!(n-k)!}}={\frac {n(n-1)(n-2)...(n-k+1)}{k!}}$