ریاضی ایک بالکل درستگی سمت سائنس ہے اور اس کے استنتاجات کے بالکل درست دلائل ہو سکتے ہیں۔ - سی پی سٹینمٹز

7.1 تعارف

پچھلے کلاسوں میں ہم نے دیکھا کہ ہم کسی دو جزوی عدد کے مربع اور تیسرے قوت کی تلاش کر سکتے ہیں جیسے $a+b$ اور $a-b$۔ ان کا استعمال کر کے ہم عددوں کی عددی قدریں حاصل کر سکتے ہیں جیسے $(98)^{2}=(100-2)^{2},(999)^{3}=(1000-1)^{3}$، وغیرہ۔ لیکن اگرچہ اوسط قوتوں جیسے $(98)^{5},(101)^{6}$، وغیرہ کے لیے، تکراری ضرب کے استعمال سے حسابی مشکلات آ رہی ہوں۔ اس مشکل کو ایک ترتیب کے ذریعے حل کیا گیا جس کو دو جزوی ترتیب کہا جاتا ہے۔ اس کا مطلب ہے کہ ہم $(a+b)^{n}$ کی توسیع کرنے کا ایک آسان طریقہ حاصل کر سکتے ہیں، جہاں $n$ ایک عدد ہے یا ایک تناسبی عدد۔ اس فصل میں ہم صرف موجب عددی شمارہ کے لیے دو جزوی ترتیب کا مطالعہ کریں گے۔

بلائس پاسکل (1623-1662 م)

7.2 موجب عددی شمارہ کے لیے دو جزوی ترتیب

آئیے پچھلے حکمت عملیوں کی دوسری جانچ کریں:

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

ان توسیعوں میں ہم نے دیکھا کہ

(١) توسیع میں کل تمام حصوں کی تعداد شمارہ سے ایک زیادہ ہے۔ مثال کے طور پر، $(a+b)^{2}$ کی توسیع میں حصوں کی تعداد 3 ہے جبکہ $(a+b)^{2}$ کا شمارہ 2 ہے۔

(٢) پہلے جزو ‘$a$’ کے قوت بعد میں ایک واحد کم ہو رہے ہیں جبکہ دوسرے جزو ‘$b$’ کے قوت بعد میں ایک واحد زیادہ ہو رہے ہیں۔

(٣) توسیع کے ہر حصے میں، $a$ اور $b$ کے شمارے کا مجموعہ ایک ہی ہے اور $a+b$ کے شمارہ کے برابر ہے۔

ہم اب ان توسیعوں کو درج ذیل طریقے سے ترتیب دیتے ہیں (شکل 7.1):

شکل 7.1

ہم اس جدول میں کوئی نمٹ نہیں دیکھتے کہ اس سے ہم اگلی ریکارڈ جمع کر سکتے ہیں؟ ہا ہم دیکھ سکتے ہیں۔ یہ دیکھا جا سکتا ہے کہ شمارہ 1 کی ریکارڈ میں 1 کا اجمالی حاصل ضرب شمارہ 2 کی ریکارڈ میں 2 کو بخوبی دیکھا جاتا ہے۔ شمارہ 2 کی ریکارڈ میں 1، 2 اور 2، 1 کا اجمالی حاصل ضرب شمارہ 3 کی ریکارڈ میں 3 اور 3 کو بخوبی دیکھا جاتا ہے اور اسی طرح۔ ہم یہاں تک کہ ہر شمارہ کے لیے 1 شروع میں اور ریکارڈ کے آخر میں ہوتا ہے۔ ہم یہ جاری رکھ سکتے ہیں تاکہ ہر شمارہ کے لیے جو ہماری ضرورت ہو۔

ہم شکل 7.2 میں دیا گیا نمٹ شکل 7.2 کے ذریعے کچھ اور ریکارڈ لکھ کر بھی گہرا کر سکتے ہیں۔

پاسکل کا مثلث

شکل 7.2 میں دیا گیا خیال شروع کرنے کے لیے ایک مثلث کی طرح دیکھا جاتا ہے جہاں اوپری رکن میں 1 ہے اور دونوں چھوٹے اوپر کی طرف چلتے ہیں۔ یہ اعداد کا ترتیب پاسکل کا مثلث کہلاتا ہے، جس کا نام فرانسیسی ریاضیدان بلائس پاسکل کے نام سے ہے۔ اس کو پنگل کے نام سے میرو پراسٹرا بھی کہا جاتا ہے۔

پاسکل کے مثلث کے ذریعے ایک دو جزوی عدد کے اعلیٰ قوتوں کی توسیع بھی ممکن ہے۔ $(2 x+3 y)^{5}$ کی توسیع کو پاسکل کے مثلث کے ذریعے کریں۔ شمارہ 5 کی ریکارڈ یہ ہے

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

اس ریکارڈ اور ہماری حکمت عملیوں (١)، (٢) اور (٣) کے ذریعے، ہم حاصل کرتے ہیں

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

اگر ہم $(2 x+3 y)^{12}$ کی توسیع حاصل کرنا چاہیں، تو پہلے ہی ہمیں شمارہ 12 کی ریکارڈ حاصل کرنی ہوگی۔ اس کو پاسکل کے مثلث کے شمارہ 12 تک تمام ریکارڈ لکھ کر کیا جا سکتا ہے۔ یہ ایک تھوڑی طویل عمل ہے۔ آپ دیکھیں گے کہ اگر ہم اور بھی بڑی قوتوں کے توسیع حاصل کرنے کی ضرورت ہو تو یہ عمل مزید مشکل ہو جاتا ہے۔

ہم اس لیے ایک قاعدہ تلاش کرنے کی کوشش کرتے ہیں جو ہمیں پاسکل کے مثلث کے تمام پچھلے ریکارڈ لکھنے کے بغیر ایک دو جزوی عدد کے ہر قوت کے لیے توسیع حاصل کرنے میں مدد کرے۔

اس کے لیے ہم پچھلے طور پر مطالعہ کیے گئے ترکیب کے مفہوم کا استعمال کرتے ہیں تاکہ پاسکل کے مثلث میں اعداد کو دوبارہ لکھ سکیں۔ ہم جانتے ہیں کہ ${ }^{n} C_r=\frac{n !}{r !(n-r) !}, 0 \leq r \leq n$ اور $n$ ایک منفی نہیں عدد ہے۔ ہمیں یاد آتی ہے کہ ${ }^{n} C_0=1={ }^{n} C_n$ پاسکل کے مثلث اب دوبارہ لکھا جا سکتا ہے (شکل 7.3)

شکل 7.3 پاسکل کا مثلث

اس نمٹ کی جانچ کرتے ہوئے، ہم اب پاسکل کے مثلث کے ہر شمارہ کو پچھلے ریکارڈوں کو لکھنے کے بغیر بھی لکھ سکتے ہیں۔ مثال کے طور پر، شمارہ 7 کی ریکارڈ یہ ہوگی

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

اس ریکارڈ اور حکمت عملیوں (١)، (٢) اور (٣) کے ذریعے، ہم حاصل کرتے ہیں

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

ایک دو جزوی عدد کے کسی بھی موجب عددی شمارہ جیسے $n$ کی توسیع اب یہ حکمت عملیوں کے ذریعے دیکھی جا سکتی ہے۔ ہم اب ایک دو جزوی عدد کے کسی بھی موجب عددی شمارہ کی توسیع لکھنے کے لیے مقام میں ہیں۔

7.2.1 کسی بھی موجب عدد $n$ کے لیے دو جزوی ترتیب،

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

ثبوت ثبوت اس حکمت عملی کے اصول کا استعمال کرتے ہوئے حاصل ہوتا ہے۔

ایک دیکھیں کہ دیا گیا حکم یہ ہے

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

$n=1$ کے لیے، ہم حاصل کرتے ہیں

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

اس طرح، $P(1)$ درست ہے۔

اگر $P(k)$ کسی موجب عدد $k$ کے لیے درست ہو تو یعنی

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

ہم $P(k+1)$ کو بھی درست ثابت کریں گے، یعنی

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

اب، $(a+b)^{k+1}=(a+b)(a+b)^{k}$ $$ =(a+b)({ }^{k} C_0 a^{k}+{ }^{k} C_1 a^{k-1} b+{ }^{k} C_2 a^{k-2} b^{2}+\ldots+{ }^{k} C_{k-1} a b^{k-1}+{ }^{k} C_k b^{k}) [\text{مندرجہ ذیل}(1)] $$ $={ }^{k} C_0 a^{k+1}+{ }^{k} C_1 a^{k} b+{ }^{k} C_2 a^{k-1} b^{2}+\ldots+{ }^{k} C _{k-1} a^{2} b^{k-1}+{ }^{k} C_k a b^{k}+{ }^{k} C_0 a^{k} b$ $+{ }^{k} C_1 a^{k-1} b^{2}+{ }^{k} C_2 a^{k-2} b^{3}+\ldots+{ }^{k} C _{k-1} a b^{k}+{ }^{k} C_k b^{k+1}$ [حقیقت کی ضرب کے ذریعے] $={ }^{k} C_0 a^{k+1}+({ }^{k} C_1+{ }^{k} C_0) a^{k} b+({ }^{k} C_2+{ }^{k} C_1) a^{k-1} b^{2}+\ldots$ $+({ }^{k} C_k+{ }^{k} C _{k-1}) a b^{k}+{ }^{k} C_k b^{k+1} \quad$ [شبیہہ کے حصوں کو گروپ کرتے ہوئے] $={ }^{k+1} C_0 a^{k+1}+{ }^{k+1} C_1 a^{k} b+{ }^{k+1} C_2 a^{k-1} b^{2}+\ldots+{ }^{k+1} C_k a b^{k}+{ }^{k+1} C _{k+1} b^{k+1}$ (${ }^{k+1} C_0=1,{ }^{k} C_r+{ }^{k} C _{r-1}={ }^{k+1} C_r \quad$ اور $\quad{ }^{k} C_k=1={ }^{k+1} C _{k+1}$ کے استعمال کے ذریعے)

اس طرح $P(k+1)$ درست ہو گیا جب $P(k)$ درست ہوتا ہے۔ اس لیے، ریاضیات کے اصول کے اصول کے ذریعے، $P(n)$ ہر موجب عدد $n$ کے لیے درست ہے۔

ہم اس ترتیب کو $(x+2)^{6}$ کی توسیع کے ذریعے دکھاتے ہیں:

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

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

حکمت عملی

١۔ نوٹیشن $\sum_{k=0}^{n}{ }^{n} C_k a^{n-k} b^{k}$ کا مطلب ہے

${ }^{n} C_0 a^{n} b^{0}+{ }^{n} C_1 a^{n-1} b^{1}+\ldots+{ }^{n} C_r a^{n-r} b^{r}+\ldots+{ }^{n} C_n a^{n-n} b^{n}$، جہاں $b^{0}=1=a^{n-n}$۔

اس لیے ترتیب بھی یہ کہا جا سکتا ہے

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

٢۔ دو جزوی ترتیب میں ظاہر ہونے والے معامل ${ }^{n} C_r$ کو دو جزوی معاملات کہا جاتا ہے۔

٣۔ $(a+b)^{n}$ کی توسیع میں $(n+1)$ حصوں ہوتے ہیں، یعنی شمارہ سے ایک زیادہ۔

٤۔ توسیع کے بعد میں $a$ کا شمارہ ایک واحد کم ہوتا ہے۔ یہ پہلے حصے میں $n$ ہے، دوسرے حصے میں $(n-1)$ ہے، اور اسی طرح آخری حصے میں صفر ہے۔ دوسرے جزو کا شمارہ ایک واحد زیادہ ہوتا ہے، جس کا شروع صفر سے کیا جاتا ہے، پہلے حصے میں 0، دوسرے حصے میں 1، اور اسی طرح آخری حصے میں $n$ ہے۔

٥۔ $(a+b)^{n}$ کی توسیع میں، $a$ اور $b$ کے شمارے کا مجموعہ پہلے حصے میں $n+0=n$ ہے، دوسرے حصے میں $(n-1)+1=n$ ہے، اور اسی طرح آخری حصے میں $0+n=n$ ہے۔ اس طرح دیکھا جا سکتا ہے کہ $a$ اور $b$ کے شمارے کا مجموعہ ہر حصے میں $n$ ہے۔

7.2.2 کچھ خاص حالات

$(a+b)^{n}$ کی توسیع میں،

(١) $a=x$ اور $b=-y$ لیتے ہوئے، ہم حاصل کرتے ہیں

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

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

اس کے ذریعے، ہم حاصل کرتے ہیں $\quad(x-2 y)^{5}={ }^{5} C_0 x^{5}-{ }^{5} C_1 x^{4}(2 y)+{ }^{5} C_2 x^{3}(2 y)^{2}-{ }^{5} C_3 x^{2}(2 y)^{3}+$

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

(٢) $a=1, b=x$ لیتے ہوئے، ہم حاصل کرتے ہیں

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

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

خاص طور پر، $x=1$ کے لیے، ہم حاصل کرتے ہیں

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

(٣) $a=1, b=-x$ لیتے ہوئے، ہم حاصل کرتے ہیں

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

خاص طور پر، $x=1$ کے لیے، ہم حاصل کرتے ہیں

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

مثال ١ $(x^{2}+\frac{3}{x})^{4}, x \neq 0$ کی توسیع کریں۔

حل دو جزوی ترتیب کے ذریعے، ہم حاصل کرتے ہیں

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

مثال ٢ $(98)^{5}$ کا حساب کریں۔

حل ہم 98 کو دو عددوں کے مجموعہ یا فرق کے طور پر لکھتے ہیں جن کے قوت حساب میں آسان ہوں، اور اس کے بعد دو جزوی ترتیب کا استعمال کرتے ہیں۔

$98=100-2$ لکھیں

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

مثال ٣ کون بڑا ہے (1.01) ${ }^{1000000}$ یا 10,000؟

حل 1.01 کو تقسیم کرتے ہوئے اور دو جزوی ترتیب کے ذریعے پہلے کچھ حصوں کو لکھیں ہم حاصل کرتے ہیں

$$ \begin{aligned} (1.01)^{1000000} & =(1+0.01)^{1000000} \ & ={ }^{1000000} C_0+{ }^{1000000} C_1(0.01)+\text{ دوسرے موجب حصے } \ & =1+1000000 \times 0.01+\text{ دوسرے موجب حصے } \ & =1+10000+\text{ دوسرے موجب حصے } \ & >10000 \end{aligned} $$

اس لیے $\quad(1.01)^{1000000}>10000$

مثال ٤ دو جزوی ترتیب کے ذریعے ثابت کریں کہ $6^{n}-5 n$ ہمیشہ 25 سے تقسیم کرنے پر بقایا 1 چھوڑ دیتا ہے۔

حل دو عددوں $a$ اور $b$ کے لیے اگر ہم عددوں $q$ اور $r$ کو حاصل کر سکیں کہ $a=b q+r$، تو ہم کہتے ہیں کہ $b$ $a$ کو $q$ کی حاصل ضرب اور $r$ کے بقایا سے تقسیم کرتا ہے۔ اس لیے $6^{n}-5 n$ کو 25 سے تقسیم کرنے پر بقایا 1 چھوڑ دینے کو ثابت کرنے کے لیے، ہم ثابت کرتے ہیں کہ $6^{n}-5 n=25 k+1$، جہاں $k$ کوئی طبیعی عدد ہے۔

ہم حاصل کرتے ہیں

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

$a=5$ کے لیے، ہم حاصل کرتے ہیں

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

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

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

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

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

یہ ثابت کرتا ہے کہ $25,6^{n}-5 n$ سے تقسیم کرنے پر بقایا 1 چھوڑ دیتا ہے۔

خلاصہ

• ایک دو جزوی عدد کی کسی بھی موجب عددی شمارہ $n$ کے لیے توسیع دو جزوی ترتیب کے ذریعے دیا جاتا ہے، جو $(a+b)^{n}={ }^{n} C_0 a^{n}+{ }^{n} C_1 a^{n-1} b+{ }^{n} C_2 a^{n-2} b^{2}+\ldots+$ ${ }^{n} C _{n-1} a \cdot b^{n-1}+{ }^{n} C_n b^{n}$ ہے۔

• توسیع میں معاملات ایک ترتیب میں جمع کیے جاتے ہیں۔ اس ترتیب کو پاسکل کا مثلث کہا جاتا ہے۔

تاریخی نوٹ

قدیم ہندو علمدار نے $(x+y)^{n}, 0 \leq n \leq 7$ کی توسیع میں معاملات کا جاننا۔ ان معاملات کی ترتیب ایک شکل میں تھی جس کو پنگل کے نام سے میرو-پراسٹرا کہا جاتا ہے، جو اس کی کتاب جھانڈا شاسترا (200 قبل م) میں دیا گیا تھا۔ اس مثلثی ترتیب کو 1303 میں چینی ریاضیدان کوش-شی-کی کے کام میں بھی دیکھا جاتا ہے۔ دو جزوی معاملات کا نام پہلی بار 1544 میں جرمن ریاضیدان مائیکل سٹیپل (1486-1567) نے شروع کیا۔ بومبلی (1572) نے $(a+b)^{n}$ کی توسیع میں معاملات دیئے تھے، جبکہ $n=1,2 \ldots, 7$ کے لیے اوگٹریڈ (1631) نے انہیں دیئے تھے۔ پاسکل کا مثلث، جس کو معروف طور پر آریتھمیٹکل ٹرائینگ کہا جاتا ہے، اور جو پنگل کے میرو-پراسٹرا کے ساتھ مشابہ ہے، فرانسیسی ریاضیدان بلائس پاسکل (1623-1662) نے 1665 میں تشکیل دیا تھا۔

دو جزوی ترتیب کے ابتدائی شکل، جو $n$ کے عددی قدروں کے لیے ظاہر ہوتی ہے، پاسکل کے نام سے 1665 میں پیش کردہ جانے والی تریٹیڈ آف آریتھمیٹکل ٹرائینگ میں ظاہر ہوتی ہے۔