\(\displaystyle{ n \in \mathbb{N_+},q \in \mathbb{Z},q \neq 0}\) - założenia
Pokazać, że:
dla dowolnych \(\displaystyle{ q,n}\), jeśli \(\displaystyle{ \sum_{k=4}^{2n+3} {2n+3\choose k}q^{k}=0}\), to \(\displaystyle{ n=1,q=-5}\)
zerowanie się sumy 2
-
- Użytkownik
- Posty: 251
- Rejestracja: 2 gru 2012, o 20:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Great Plains
- Podziękował: 86 razy
-
- Użytkownik
- Posty: 251
- Rejestracja: 2 gru 2012, o 20:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Great Plains
- Podziękował: 86 razy
zerowanie się sumy 2
\(\displaystyle{ \sum_{k=4}^{2n+3} {2n+3\choose k}q^{k}=(q+1)^{2n+3}-\left( {2n+3 \choose 0}+{2n+3 \choose 1}q+{2n+3 \choose 2}q^2+{2n+3\choose 3}q^3 \right)}\)
o to chodzi (mogę jeszcze ew. wyliczyć te symbole)? poza tym nadal niestety nie widzę co mam dalej z tym zrobić.
o to chodzi (mogę jeszcze ew. wyliczyć te symbole)? poza tym nadal niestety nie widzę co mam dalej z tym zrobić.
- Zordon
- Użytkownik
- Posty: 4977
- Rejestracja: 12 lut 2008, o 21:42
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 75 razy
- Pomógł: 910 razy
zerowanie się sumy 2
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).
-
- Użytkownik
- Posty: 251
- Rejestracja: 2 gru 2012, o 20:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Great Plains
- Podziękował: 86 razy
zerowanie się sumy 2
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.