Chủ đề này có 4 trả lời

[moonlight0610]

Chứng minh:
$C_{r}^{0}C_{q}^{p}+C_{r}^{1}C_{q}^{p-1}+...+C_{r}^{p}C_{q}^{0}=C_{r+q}^{p}$
Với: $p\leq r$ và $q\leq r$

[Crystal]

Chứng minh:
$C_{r}^{0}C_{q}^{p}+C_{r}^{1}C_{q}^{p-1}+...+C_{r}^{p}C_{q}^{0}=C_{r+q}^{p}$
Với: $p\leq r$ và $q\leq r$

Xét hai nhị thức:

$ \bullet \,\,\,{\left( {1 + x} \right)^r} = C_r^0 + C_r^1x + C_r^2{x^2} + ... + C_r^r{x^r}$

$ \bullet \,\,\,{\left( {1 + x} \right)^q} = C_q^0 + C_q^1x + C_q^2{x^2} + ... + C_q^q{x^q}$

Khi đó: \[{\left( {1 + x} \right)^{r + q}} = \left( {C_r^p + C_r^{p - 1}C_q^1 + C_r^{p - 2}C_q^2 + ... + C_r^{p - j}C_q^j + ... + C_q^p} \right){x^p} + T\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\]
Trong đó $T$ là đa thức không chứa ${x^p}$.

Mặt khác: \[{\left( {1 + x} \right)^{r + q}} = C_{r + q}^0 + C_{r + q}^1x + C_{r + q}^2{x^2} + ... + C_{r + q}^{r + q}{x^{r + q}}\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\]

Từ $(1)$ và $(2)$, đồng nhất hệ số ta dễ dàng suy ra đpcm.

[Trần Đức Anh @@]

Đây chính là đồng nhất thức Vandemonde

---------
Vui lòng dẫn nguồn em nhé! Mấy ai biết đồng nhất thức Vandemonde. Anh không biết nó

[perfectstrong]

Một cách lý luận khác
Xét tập $A$ có $r$ phần tử, $B$ có $q$ phần tử sao cho $B \cap A=\emptyset$. Đặt $X=A \cup B$
Số cách chọn $p$ phần tử từ $X$ là $C_{r+q}^p$ (1)
Mặt khác, xét trong 1 cách chọn ra $p$ phần tử của $C$ thì sẽ có $x$ phần tử của $A$, $p-x$ phần tử của $B$.
Do đó, số cách chọn ra $p$ phần tử của $X$ là $\sum\limits_{x = 0}^p {C_r^x .C_q^{p - x} }$ (2)
Từ (1),(2), ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 26-08-2012 - 17:38

[hxthanh]

Tại sao không nghĩ đến mở rộng của đẳng thức này nhỉ?
$k_1\le n_1; k_2 \le n_2; ...; k_r\le n_r$ là các số tự nhiên, ta có:

$\sum\limits_{k_1+k_2+...+k_r=k} C_{n_1}^{k_1}C_{n_2}^{k_2}...C_{n_r}^{k_r}=C_{n_1+n_2+...+n_r}^k$