zerowanie się sumy 2

[theoldwest]

\(\displaystyle{ n \in \mathbb{N_+},q \in \mathbb{Z},q \neq 0}\) - założenia

Pokazać, że:

dla dowolnych \(\displaystyle{ q,n}\), jeśli \(\displaystyle{ \sum_{k=4}^{2n+3} {2n+3\choose k}q^{k}=0}\), to \(\displaystyle{ n=1,q=-5}\)

[Zordon]

Tę sumę można wyliczyć po prostu: rozważ \(\displaystyle{ (q+1)^{2n+3}}\) i rozwiń z dwumianu Newtona.

[theoldwest]

\(\displaystyle{ \sum_{k=4}^{2n+3} {2n+3\choose k}q^{k}=(q+1)^{2n+3}-\left( {2n+3 \choose 0}+{2n+3 \choose 1}q+{2n+3 \choose 2}q^2+{2n+3\choose 3}q^3 \right)}\)

o to chodzi (mogę jeszcze ew. wyliczyć te symbole)? poza tym nadal niestety nie widzę co mam dalej z tym zrobić.

[Zordon]

To jednak nie takie łatwe jak myślałem. Podejście brutalne byłoby takie, żeby sprawdzić najpierw ręcznie dla małych \(\displaystyle{ n}\), potem dla \(\displaystyle{ q\in \{-2,-1\}}\) a dla reszty pokazać, że nie może się wyzerować, gdyż \(\displaystyle{ (q+1)^{2n+3}}\) zdecydowanie dominuje pozostałe składniki (o ile właśnie \(\displaystyle{ n}\) jest stosunkowo duże).

[theoldwest]

Jest cień szansy, że już to zrobiłem tak jak pisałeś, ale to jakaś masakra totalnie (chyba że przekombinowałem). Szkoda, że nie można napisać tego jako dowód, co Ty napisałeś (a może i można korzystając z jakichś armat tylko mam za małą wiedzę, by to stwierdzić). No nic, dzięki.