গণিত হল একটি সত্যিকারের নিখুঁত বৈজ্ঞানিক বিষয় এবং এর উপস্থাপনাগুলি পুরোপুরি স্বীকারযোগ্য প্রমাণ দ্বারা প্রমাণিত হয়। - সি.পি. স্টাইনমেটজ

7.1 পরিচিতি

আগের শ্রেণিতে আমরা বুঝতে পেরেছি কীভাবে বাইনোমিয়ালগুলির বর্গ এবং ঘন পাওয়া যায় যেমন $a+b$ এবং $a-b$। এগুলি ব্যবহার করে, আমরা $(98)^{2}=(100-2)^{2},(999)^{3}=(1000-1)^{3}$ এমন সংখ্যাগুলির সংখ্যাগত মান বের করতে পারি। তবে $(98)^{5},(101)^{6}$ এমন উচ্চ ঘাতের জন্য, পুনরাবৃত্ত গুণকে ব্যবহার করে গণনা করা কঠিন হয়ে পড়ে। এই কঠিনতা দূর করা হয়েছে বাইনোমিয়াল থিওরিম নামে একটি থিওরিম দ্বারা। এটি $(a+b)^{n}$ একটি সহজ উপায় দেয়, যেখানে $n$ হল একটি পূর্ণসংখ্যা বা বিশেষসংখ্যা। এই অধ্যায়ে আমরা শুধুমাত্র ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যার সীমাবদ্ধতা বাইনোমিয়াল থিওরিম নিয়ে আলোচনা করি।

ব্লেজ প্যাসকাল (1623-1662 খ্রিষ্টাব্দ)

7.2 ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যার সীমাবদ্ধতার জন্য বাইনোমিয়াল থিওরিম

আমরা নিচের পূর্ববর্তী পরিচ্ছেদগুলি দেখি:

$$ \begin{aligned} & (a+b)^{0}=1 ; a+b \neq 0 \\ & (a+b)^{1}=a+b \\ & (a+b)^{2}=a^{2}+2 a b+b^{2} \\ & (a+b)^{3}=a^{3}+3 a^{2} b+3 a b^{2}+b^{3} \\ & (a+b)^{4}=(a+b)^{3}(a+b)=a^{4}+4 a^{3} b+6 a^{2} b^{2}+4 a b^{3}+b^{4} \end{aligned} $$

এই উপস্থাপনাগুলিতে, আমরা লক্ষ্য করি:

(ই) উপস্থাপনার মোট সংখ্যার পরিমাণ সীমার চেয়ে একটি বেশি। উদাহরণস্বরূপ, $(a+b)^{2}$ এর উপস্থাপনায় সংখ্যার সংখ্যা 3 যেখানে $(a+b)^{2}$ এর সীমা 2।

(ঈ) প্রথম পরিমাণ ‘$a$’ এর ঘাত একটি এক কমছে যায় যায় যেখানে দ্বিতীয় পরিমাণ ‘$b$’ এর ঘাত একটি বাড়ছে যায়।

(ইং) উপস্থাপনার প্রতিটি পদে, $a$ এবং $b$ এর সীমাগুলির যোগফল একই এবং $a+b$ এর সীমার সমান।

আমরা এখন এই উপস্থাপনাগুলিতে কোটিশনগুলি নিচের মতো করে সাজাই (আকৃতি 7.1):

আকৃতি 7.1

আমরা এই সারণিতে কোন ধরনের ধারা লক্ষ্য করতে পারছি যা আমাদের পরবর্তী সারি লেখাতে সাহায্য করবে? হ্যাঁ, আমরা লক্ষ্য করতে পারি। এটি দেখা যায় যে সীমা 1 এর সারিতে 1 এর যোগফল সীমা 2 এর সারিতে 2 এর উৎপত্তি ঘটে। সীমা 2 এর সারিতে 1,2 এবং 2,1 এর যোগফল সীমা 3 এর সারিতে 3 এবং 3 এর উৎপত্তি ঘটে এবং এইভাবে চলে। এছাড়াও, 1 প্রতিটি সারির শুরু এবং শেষে উপস্থিত। এটি আমাদের আগ্রহের যে কোন সীমার পর্যন্ত এইভাবে চালিয়ে যেতে পারে।

আমরা আকৃতি 7.2 এ প্রদত্ত ধারাটি কয়েকটি আরও সারি লেখে বড় করতে পারি।

প্যাসকালের ট্রাইয়েঙ্গেল

আকৃতি 7.2 এ প্রদত্ত গঠন একটি ট্রাইয়েঙ্গেলের মতো দেখায় যার উপরের শীর্ষস্থলাভাবে 1 এবং দুটি ঝুলন্ত পক্ষ নিচে নামে। এই সংখ্যার সমষ্টি হল প্যাসকালের ট্রাইয়েঙ্গেল, ফরাসি গণিতবিদ ব্লেজ প্যাসকালের নামে। এটি পিঙ্গলের নামে মেরু প্রস্তার নামেও পরিচিত।

প্যাসকালের ট্রাইয়েঙ্গেল ব্যবহার করে বাইনোমিয়ালের উচ্চ ঘাতের জন্যও উপস্থাপনা সম্ভব। আমরা প্যাসকালের ট্রাইয়েঙ্গেল ব্যবহার করে $(2 x+3 y)^{5}$ এর উপস্থাপনা করি। সীমা 5 এর জন্য সারিটি হল

$$ \begin{matrix} 1 & 5 & 10 & 10 & 5 & 1 \end{matrix} $$

এই সারি এবং আমাদের লক্ষ্যগুলি (ই), (ঈ) এবং (ইং) ব্যবহার করে, আমরা পাই

$ \begin{aligned} (2 x+3 y)^{5} & =(2 x)^{5}+5(2 x)^{4}(3 y)+10(2 x)^{3}(3 y)^{2}+10(2 x)^{2}(3 y)^{3}+5(2 x)(3 y)^{4}+(3 y)^{5} \\ & =32 x^{5}+240 x^{4} y+720 x^{3} y^{2}+1080 x^{2} y^{3}+810 x y^{4}+243 y^{5} \end{aligned} $

এখন, যদি আমাদের $(2 x+3 y)^{12}$ এর উপস্থাপনা বের করতে হয়, তাহলে আমাদের প্রথমে সীমা 12 এর জন্য সারি পাওয়া দরকার। এটি প্যাসকালের ট্রাইয়েঙ্গেলের সমস্ত সারি লেখে করা যায় যাতে সীমা 12 পর্যন্ত আসে। এটি একটি সহজতম প্রক্রিয়া। যেহেতু আপনি লক্ষ্য করছেন, যদি আমাদের আরও বড় ঘাত সম্পর্কিত উপস্থাপনা দরকার হয়, তাহলে এই প্রক্রিয়াটি আরও কঠিন হয়ে পড়বে।

তাই, আমরা একটি নিয়ম খুঁজতে চেষ্টা করি যা আমাদের প্যাসকালের ট্রাইয়েঙ্গেলের প্রতিটি সারি লেখার বিনিময়ে বাইনোমিয়ালের যে কোন ঘাতের জন্য উপস্থাপনা বের করতে সাহায্য করবে।

এর জন্য, আমরা পূর্ববর্তীতে পর্যবেক্ষণ করা কম্বিনেশনের ধারণাটি ব্যবহার করি যাতে প্যাসকালের ট্রাইয়েঙ্গেলের সংখ্যাগুলি পুনরায় লেখা যায়। আমরা জানি ${ }^{n} C_r=\frac{n !}{r !(n-r) !}, 0 \leq r \leq n$ এবং $n$ হল একটি নন-নেগেটিভ পূর্ণসংখ্যা। এছাড়াও, ${ }^{n} C_0=1={ }^{n} C_n$ প্যাসকালের ট্রাইয়েঙ্গেলটি এখন পুনরায় লেখা যায় (আকৃতি 7.3)

আকৃতি 7.3 প্যাসকালের ট্রাইয়েঙ্গেল

এই ধারাটি লক্ষ্য করে, আমরা এখন প্যাসকালের ট্রাইয়েঙ্গেলের প্রতিটি সারি লেখার বিনিময়ে যে কোন সীমার জন্য সারি লেখা যায়। উদাহরণস্বরূপ, সীমা 7 এর জন্য সারিটি হবে

$$ { }^{7} C_0 \quad{ }^{7} C_1 \quad{ }^{7} C_2 \quad{ }^{7} C_3 \quad{ }^{7} C_4 \quad{ }^{7} C_5 \quad{ }^{7} C_6 \quad{ }^{7} C_7 $$

এই সারি এবং লক্ষ্যগুলি (ই), (ঈ) এবং (ইং) ব্যবহার করে, আমরা পাই

$(a+b)^{7}={ }^{7} C_0 a^{7}+7 C_1 a^{6} b+{ }^{7} C_2 a^{5} b^{2}+{ }^{7} C_3 a^{4} b^{3}+7 C_4 a^{3} b^{4}+{ }^{7} C_5 a^{2} b^{5}+{ }^{7} C_6 a b^{6}+{ }^{7} C_7 b^{7}$

এখন, এই লক্ষ্যগুলি ব্যবহার করে বাইনোমিয়ালের যে কোন ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যার সীমায় $n$ এর উপস্থাপনা দেখানো যায়। এখন আমরা বাইনোমিয়ালের যে কোন ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যার সীমার উপস্থাপনা লেখার অবস্থায়।

7.2.1 যে কোন ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যা $n$ এর জন্য বাইনোমিয়াল থিওরিম,

$ (a+b)^{n}={ }^{n} C_0 a^{n}+{ }^{n} C_1 a^{n-1} b+{ }^{n} C_2 a^{n-2} b^{2}+\ldots+{ }^{n} C _{n-1} a \cdot b^{n-1}+{ }^{n} C_n b^{n} $

প্রমাণ প্রমাণটি গণিতের গণনার নীতি অ্যাপ্লাই করে পাওয়া যায়।

যদি প্রদত্ত বিষয়বস্তু হয়

$ P(n):(a+b)^{n}={ }^{n} C_0 a^{n}+{ }^{n} C_1 a^{n-1} b+{ }^{n} C_2 a^{n-2} b^{2}+\ldots+{ }^{n} C _{n-1} a \cdot b^{n-1}+{ }^{n} C_n b^{n} $

$n=1$ এর জন্য, আমরা পাই

$ P(1):(a+b)^{1}={ }^{1} C_0 a^{1}+{ }^{1} C_1 b^{1}=a+b $

তাহলে, $P(1)$ সত্য।

ধরা যাক $P(k)$ কোন ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যা $k$ এর জন্য সত্য, যেমন

$ (a+b)^{k}={ }^{k} C_0 a^{k}+{ }^{k} C_1 a^{k-1} b+{ }^{k} C_2 a^{k-2} b^{2}+\ldots+{ }^{k} C_k b^{k} $

আমরা প্রমাণ করব $P(k+1)$ একইভাবে সত্য, যেমন

$ (a+b)^{k+1}={ }^{k+1} C_0 a^{k+1}+{ }^{k+1} C_1 a^{k} b+{ }^{k+1} C_2 a^{k-1} b^{2}+\ldots+{ }^{k+1} C_{k+1} b^{k+1} $

এখন, $(a+b)^{k+1}=(a+b)(a+b)^{k}$ $ =(a+b)({ }^{k} C_0 a^{k}+{ }^{k} C_1 a^{k-1} b+{ }^{k} C_2 a^{k-2} b^{2}+\ldots+{ }^{k} C_{k-1} a b^{k-1}+{ }^{k} C_k b^{k}) [\text{from}(1)] $ $={ }^{k} C_0 a^{k+1}+{ }^{k} C_1 a^{k} b+{ }^{k} C_2 a^{k-1} b^{2}+\ldots+{ }^{k} C _{k-1} a^{2} b^{k-1}+{ }^{k} C_k a b^{k}+{ }^{k} C_0 a^{k} b$ $+{ }^{k} C_1 a^{k-1} b^{2}+{ }^{k} C_2 a^{k-2} b^{3}+\ldots+{ }^{k} C _{k-1} a b^{k}+{ }^{k} C_k b^{k+1}$ [বাস্তব গুণে] $={ }^{k} C_0 a^{k+1}+({ }^{k} C_1+{ }^{k} C_0) a^{k} b+({ }^{k} C_2+{ }^{k} C_1) a^{k-1} b^{2}+\ldots$ $+({ }^{k} C_k+{ }^{k} C _{k-1}) a b^{k}+{ }^{k} C_k b^{k+1} \quad$ [একই ধরনের পদগুলি দলবদ্ধ করে] $={ }^{k+1} C_0 a^{k+1}+{ }^{k+1} C_1 a^{k} b+{ }^{k+1} C_2 a^{k-1} b^{2}+\ldots+{ }^{k+1} C_k a b^{k}+{ }^{k+1} C _{k+1} b^{k+1}$ (${ }^{k+1} C_0=1,{ }^{k} C_r+{ }^{k} C _{r-1}={ }^{k+1} C_r \quad$ এবং $\quad{ }^{k} C_k=1={ }^{k+1} C _{k+1}$ ব্যবহার করে)

তাহলে, $P(k+1)$ সত্য হয়েছে যখন $P(k)$ সত্য হয়। তাই, গণিতের গণনার নীতি অনুযায়ী, $P(n)$ প্রতিটি ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যা $n$ এর জন্য সত্য।

আমরা এই থিওরিমটি $(x+2)^{6}$ এর উপস্থাপনায় তুলে ধরি:

$ \begin{aligned} (x+2)^{6} & ={ }^{6} C_0 x^{6}+{ }^{6} C_1 x^{5} \cdot 2+{ }^{6} C_2 x^{4} 2^{2}+{ }^{6} C_3 x^{3} \cdot 2^{3}+{ }^{6} C_4 x^{2} \cdot 2^{4}+{ }^{6} C_5 x \cdot 2^{5}+{ }^{6} C_6 \cdot 2^{6} . \\ & =x^{6}+12 x^{5}+60 x^{4}+160 x^{3}+240 x^{2}+192 x+64 \end{aligned} $

তাহলে $(x+2)^{6}=x^{6}+12 x^{5}+60 x^{4}+160 x^{3}+240 x^{2}+192 x+64$।

লক্ষ্যগুলি

1. নোটেশন $\sum_{k=0}^{n}{ }^{n} C_k a^{n-k} b^{k}$ এর অর্থ হল

${ }^{n} C_0 a^{n} b^{0}+{ }^{n} C_1 a^{n-1} b^{1}+\ldots+{ }^{n} C_r a^{n-r} b^{r}+\ldots+{ }^{n} C_n a^{n-n} b^{n}$, যেখানে $b^{0}=1=a^{n-n}$।

তাই থিওরিমটি একইভাবে বলা যায়

$$ (a+b)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{ }^{n} \mathrm{C} _{k} a^{n-k} b^{k} $$

2. বাইনোমিয়াল থিওরিমে ঘটে যাওয়া কোটিশন ${ }^{n} C_r$ বাইনোমিয়াল কোটিশন নামে পরিচিত।

3. $(a+b)^{n}$ এর উপস্থাপনায় $(n+1)$ পদ আছে, যেমন একটি বেশি সীমা।

4. উপস্থাপনার প্রতিটি পদে প্রথম পরিমাণ এর সীমা একটি এক কমছে যায়। এটি প্রথম পদে $n$, দ্বিতীয় পদে $(n-1)$ এবং এইভাবে শেষ পদে শূন্যে শেষ। একইভাবে দ্বিতীয় পরিমাণ এর সীমা একটি বাড়ছে, প্রথম পদে শূন্য থেকে শুরু করে, দ্বিতীয় পদে 1 এবং এইভাবে শেষ পদে $n$ শেষ।

5. $(a+b)^{n}$ এর উপস্থাপনায়, $a$ এবং $b$ এর সীমাগুলির যোগফল $n+0=n$ প্রথম পদে, $(n-1)+1=n$ দ্বিতীয় পদে এবং এইভাবে $0+n=n$ শেষ পদে। তাই, দেখা যায় $a$ এবং $b$ এর সীমাগুলির যোগফল $n$ প্রতিটি পদে উপস্থিত।

7.2.2 কিছু বিশেষ ক্ষেত্র

$(a+b)^{n}$ এর উপস্থাপনায়,

(ই) $a=x$ এবং $b=-y$ নেওয়া হলে আমরা পাই

$ \begin{aligned} (x-y)^{n} & =[x+(-y)]^{n} \\ & ={ }^{n} C_0 x^{n}+{ }^{n} C_1 x^{n-1}(-y)+{ }^{n} C_2 x^{n-2}(-y)^{2}+{ }^{n} C_3 x^{n-3}(-y)^{3}+\ldots+{ }^{n} C_n(-y)^{n} \\ & ={ }^{n} C_0 x^{n}-{ }^{n} C_1 x^{n-1} y+{ }^{n} C_2 x^{n-2} y^{2}-{ }^{n} C_3 x^{n-3} y^{3}+\ldots+(-1)^{n}{ }^{n} C_n y^{n} \end{aligned} $

তাহলে $(x-y)^{n}={ }^{n} C_0 x^{n}-{ }^{n} C_1 x^{n-1} y+{ }^{n} C_2 x^{n-2} y^{2}+\ldots+(-1)^{n}{ }^{n} C_n y^{n}$

এটি ব্যবহার করে, আমরা পাই $\quad(x-2 y)^{5}={ }^{5} C_0 x^{5}-{ }^{5} C_1 x^{4}(2 y)+{ }^{5} C_2 x^{3}(2 y)^{2}-{ }^{5} C_3 x^{2}(2 y)^{3}+$

$ \begin{aligned} & { }^{5} C_4 x(2 y)^{4}-{ }^{5} C_5(2 y)^{5} \\ = & x^{5}-10 x^{4} y+40 x^{3} y^{2}-80 x^{2} y^{3}+80 x y^{4}-32 y^{5} . \end{aligned} $

(ঈ) $a=1, b=x$ নেওয়া হলে আমরা পাই

$ \begin{gathered} (1+x)^{n}={ }^{n} C_0(1)^{n}+{ }^{n} C_1(1)^{n-1} x+{ }^{n} C_2(1)^{n-2} x^{2}+\ldots+{ }^{n} C_n x^{n} \\ ={ }^{n} C_0+{ }^{n} C_1 x+{ }^{n} C_2 x^{2}+{ }^{n} C_3 x^{3}+\ldots+{ }^{n} C_n x^{n} \end{gathered} $

তাহলে $\quad(1+x)^{n}={ }^{n} C_0+{ }^{n} C_1 x+{ }^{n} C_2 x^{2}+{ }^{n} C_3 x^{3}+\ldots+{ }^{n} C_n x^{n}$

বিশেষত, $x=1$ এর জন্য, আমরা পাই

$ 2^{n}={ }^{n} C_0+{ }^{n} C_1+{ }^{n} C_2+\ldots+{ }^{n} C_n $

(ইং) $a=1, b=-x$ নেওয়া হলে আমরা পাই

$ (1-x)^{n}={ }^{n} C_0-{ }^{n} C_1 x+{ }^{n} C_2 x^{2}-\ldots+(-1)^{n}{ }^{n} C_n x^{n} $

বিশেষত, $x=1$ এর জন্য, আমরা পাই

$ 0={ }^{n} C_0-{ }^{n} C_1+{ }^{n} C_2-\ldots+(-1)^{n}{ }^{n} C_n $

উদাহরণ 1 $(x^{2}+\frac{3}{x})^{4}, x \neq 0$ এর উপস্থাপনা করুন

সমাধান বাইনোমিয়াল থিওরিম ব্যবহার করে, আমরা পাই

$ \begin{aligned} x^{2}+\frac{3}{x} & ={ }^{4} C_0(x^{2})^{4}+{ }^{4} C_1(x^{2})^{3}(\frac{3}{x})+{ }^{4} C_2(x^{2})^{2}(\frac{3}{x})^{2}+{ }^{4} C_3(x^{2})(\frac{3}{x})^{3}+{ }^{4} C_4(\frac{3}{x})^{4} \\ & =x^{8}+4 \cdot x^{6} \cdot \frac{3}{x}+6 \cdot x^{4} \cdot \frac{9}{x^{2}}+4 \cdot x^{2} \cdot \frac{27}{x^{3}}+\frac{81}{x^{4}} \\ & =x^{8}+12 x^{5}+54 x^{2}+\frac{108}{x}+\frac{81}{x^{4}} . \end{aligned} $

উদাহরণ 2 $(98)^{5}$ গণনা করুন।

সমাধান আমরা 98 কে গণনা করা সহজ হওয়া দুটি সংখ্যার যোগফল বা পার্থক্য হিসাবে লিখি, এবং তারপর বাইনোমিয়াল থিওরিম ব্যবহার করি।

লিখুন $98=100-2$

তাহলে, $(98)^{5}=(100-2)^{5}$ $ \begin{aligned} = & { }^{5} C_0(100)^{5}-{ }^{5} C_1(100)^{4} .2+{ }^{5} C_2(100)^{3} 2^{2} \\ & -{ }^{5} C_3(100)^{2}(2)^{3}+{ }^{5} C_4(100)(2)^{4}-{ }^{5} C_5(2)^{5} \\ = & 10000000000-5 \times 100000000 \times 2+10 \times 1000000 \times 4-10 \times 10000 \\ & \times 8+5 \times 100 \times 16-32 \\ = & 10040008000-1000800032=9039207968 . \end{aligned} $

উদাহরণ 3 কোনটি বড় (1.01) ${ }^{1000000}$ নাকি 10,000?

সমাধান 1.01 বিভক্ত করে এবং বাইনোমিয়াল থিওরিম ব্যবহার করে প্রথম কয়েকটি পদ লেখা হল

$ \begin{aligned} (1.01)^{1000000} & =(1+0.01)^{1000000} \\ & ={ }^{1000000} C_0+{ }^{1000000} C_1(0.01)+\text{ other positive terms } \\ & =1+1000000 \times 0.01+\text{ other positive terms } \\ & =1+10000+\text{ other positive terms } \\ & >10000 \end{aligned} $

তাহলে $\quad(1.01)^{1000000}>10000$

উদাহরণ 4 বাইনোমিয়াল থিওরিম ব্যবহার করে প্রমাণ করুন $6^{n}-5 n$ সর্বদা 25 দ্বারা ভাগ করে 1 বাকি থাকে।

সমাধান দুটি সংখ্যা $a$ এবং $b$ যদি আমরা সংখ্যা $q$ এবং $r$ খুঁজতে পারি যাতে $a=b q+r$, তাহলে আমরা বলি $b$ $a$ কে $q$ কোটি এবং $r$ বাকি দিয়ে ভাগ করে। তাই, $6^{n}-5 n$ 25 দ্বারা ভাগ করে 1 বাকি থাকতে প্রমাণ করতে আমরা $6^{n}-5 n=25 k+1$ প্রমাণ করি, যেখানে $k$ হল কোন প্রাকৃত সংখ্যা।

আমরা পাই

$ (1+a)^{n}={ }^{n} C_0+{ }^{n} C_1 a+{ }^{n} C_2 a^{2}+\ldots+{ }^{n} C_n a^{n} $

$a=5$ এর জন্য, আমরা পাই

$$ (1+5)^{n}={ }^{n} C_0+{ }^{n} C_1 5+{ }^{n} C_2 5^{2}+\ldots+{ }^{n} C_n 5^{n} $$

অর্থাৎ, $$ \quad (6)^{n}=1+5 n+5^{2} \cdot{ }^{n} C_2+5^{3} \cdot{ }^{n} C_3+\ldots+5^{n} $$

অর্থাৎ $$\quad 6^{n}-5 n=1+5^{2}({ }^{n} C_2+{ }^{n} C_3 5+\ldots+5^{n-2})$$

অথবা $$\quad 6^{n}-5 n=1+25({ }^{n} C_2+5 \cdot{ }^{n} C_3+\ldots+5^{n-2})$$

অথবা $$ \quad 6^{n}-5 n=25 k+1 \quad \text{ where } k={ }^{n} C_2+5 \cdot{ }^{n} C_3+\ldots+5^{n-2} $$

এটি দেখায় যে $25,6^{n}-5 n$ দ্বারা ভাগ করে 1 বাকি থাকে।

সারাংশ

• বাইনোমিয়ালের যে কোন ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যা $n$ এর জন্য উপস্থাপনা বাইনোমিয়াল থিওরিম দ্বারা প্রদত্ত হয়, যা $(a+b)^{n}={ }^{n} C_0 a^{n}+{ }^{n} C_1 a^{n-1} b+{ }^{n} C_2 a^{n-2} b^{2}+\ldots+$ ${ }^{n} C _{n-1} a \cdot b^{n-1}+{ }^{n} C_n b^{n}$

• উপস্থাপনাগুলির কোটিশনগুলি একটি সারিতে সাজানো। এই সারি হল প্যাসকালের ট্রাইয়েঙ্গেল।

ঐতিহাসিক নোট

প্রাচীন ভারতীয় গণিতবিদরা $(x+y)^{n}, 0 \leq n \leq 7$ এর উপস্থাপনাগুলির কোটিশন জেনেছিলেন। এই কোটিশনগুলির সাজানো ছিল একটি আকৃতির আকৃতির মধ্যে যা পিঙ্গলের বইয়ে চহ্ন্দ শাস্ত্র (200 খ্রিষ্টাব্দ) এ প্রদত্ত মেরু-প্রস্তার নামে পরিচিত। এই ট্রাইয়েঙ্গেল গঠনটি 1303 সালে চীনের গণিতবিদ চু-শি-কিয়ের কাজে পাওয়া যায়। বাইনোমিয়াল কোটিশন শব্দটি প্রথম জার্মান গণিতবিদ মাইকেল স্টিপেল (1486-1567) দ্বারা প্রায় 1544 সালে প্রথম প্রকাশিত হয়। বম্বেলি (1572) এও কোটিশন প্রদত্ত করেছেন $(a+b)^{n}$ এর জন্য, $n=1,2 \ldots, 7$ এবং অউট্রেড (1631) এগুলি প্রদত্ত করেছেন $n=1,2, \ldots, 10$। প্যাসকালের ট্রাইয়েঙ্গেল নামে জনপ্রিয় গণনা ট্রাইয়েঙ্গেল, যা পিঙ্গলের মেরু-প্রস্তারের সমতুল্য, ফরাসি গণিতবিদ ব্লেজ প্যাসকাল (1623-1662) দ্বারা 1665 সালে গঠিত হয়।

বাইনোমিয়াল থিওরিমের বর্তমান আকৃতি পূর্ণসংখ্যার $n$ এর মানের জন্য প্যাসকালের নামে প্রকাশিত ট্রাইয়েঙ্গেল গণনা থ্রাইয়েঙ্গেল থিওরিম নামে লেখা হয়েছিল এবং 1665 সালে প্যাসকালের নামে প্রকাশিত হয়েছিল।