Ciekawa suma z symbolem Newtona

[Harry Xin]

Oblicz sumę:

\(\displaystyle{ {n\choose0}+{n\choose3}+{n\choose6}+...}\)

[luka52]

Wystarczy znaleźć jakiś "zwarty" wzór ogólny ciągu o wyrazach \(\displaystyle{ (1,0,0,1,0,0,1,\ldots)}\)

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ $ \begin{eqnarray*} {n \choose 0}+{n \choose 3}+{n \choose 6}+\ldots & = & \frac{1}{3} \sum_{k = 0}^n {n \choose k} \left(1^k + e^{i \frac{2k\pi}{3}} + e^{- i \frac{2k\pi}{3}} \right) \\
&=& \frac{1}{3} \left\{2^n + \left(1+e^{\frac{2 i \pi }{3}}\right)^n+\left(1+e^{-\frac{1}{3} (2 i \pi )}\right)^n\right\} \\
& = & \frac{1}{3} \left( 2^n + 2 \cos \frac{n \pi}{3} \right)
\end{eqnarray*}}\)

[Harry Xin]

Nie rozumiem pierwszej równości. Sądząc po zapisie wykorzystałeś pewnie wzór Eulera. Skąd się \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\) wzięła to też widzę. Tylko te potęgi przy liczbie Eulera są dla mnie niejasne.
Uściślając to: \(\displaystyle{ \frac{2k}{3}}\). Pewnie to gwarantuje co trzecią wartość. Dlaczego?
Nie wiem, które wyrazy się skracają.
Możesz też polecić jakąś literaturę.

[luka52]

Myślałem, że się obejdzie bez tej szalonej matematyki, ale trudno

Najpierw wyznaczyłem ciąg wzór ogólny ciągu \(\displaystyle{ (1,0,0,1,\ldots )}\). Niewątpliwie funkcje trygonometryczne okazały się przydatne (choć zawsze można skorzystać z bazy ciągów, np. ). Zatem potrzebny wzór to \(\displaystyle{ \tfrac{2}{3}\left( \cos \tfrac{2 \pi n}{3} + \tfrac{1}{2} \right)}\). Jednak bardziej użyteczna postać tego wyrażenia to:

\(\displaystyle{ \frac{2}{3}\left( \cos \frac{2 \pi n}{3} + \frac{1}{2} \right) = \frac{2}{3}\left( \frac{1}{2} \left( e^{i\frac{2 \pi n}{3}} + e^{-i\frac{2 \pi n}{3}} \right) + \frac{1}{2} \right) = \frac{1}{3}\left( e^{i\frac{2 \pi n}{3}} + e^{-i\frac{2 \pi n}{3}} + 1 \right)}\)

Dlaczego taka postać jest bardziej przydatna? Ano z tego względu, iż łatwiej jest potęgować wyrażenia e^{coś tam} niż cos(coś tam).
Możemy teraz przepisać przykład z treści zadania jako:

\(\displaystyle{ \begin{eqnarray*} {n \choose 0}+{n \choose 3}+{n \choose 6}+ \ldots &=& \frac{1}{3} \sum_{k = 0}^n {n \choose k} \left(1^k + e^{i \frac{2k \pi}{3}} + e^{- i \frac{2k \pi}{3}} \right)\\ &=& \frac{1}{3} \sum_{k = 0}^n {n \choose k} \Big( \underbrace{ 1}_{a} \Big)^k+ \frac{1}{3} \sum_{k = 0}^n {n \choose k} \Big( \underbrace{e^{i \frac{2 \pi}{3}} }_{b} \Big)^k + \frac{1}{3} \sum_{k = 0}^n {n \choose k} \Big( \underbrace{ e^{-i \frac{2 \pi}{3}} }_{c} \Big)^k\\ &\stackrel{\star}{=} & \ldots\end{eqnarray*} }\)

Wielkiej filozofii tutaj nie ma - ot znajomość rozwinięcia dwumianu Newtona.
Dalsze zwinięcie tych sum to już formalność, bowiem:

\(\displaystyle{ \ldots \stackrel{\star}{=} \frac{1}{3} \left\{ (1 + a)^n + (1+b)^n + (1+c)^n \right\}}\)

Uproszczenie tegoż wyrażenia pozostawiam jako samodzielne ćwiczenie .

[arek1357]

Przedstawie szkic dowodu:

\(\displaystyle{ (1) {n \choose 0} +{n \choose 3} +{n \choose 6}+...}\)

skorzystam z tego iż:
\(\displaystyle{ {n+1 \choose k}={n \choose k-1}+{n \choose k}}\)

zastosuję do (1) ten wzór 2 razy na każdy składnik i otrzymam:

\(\displaystyle{ {n \choose 0}={n \choose 0}=1}\)
\(\displaystyle{ {n \choose 3}={n-1 \choose 2}+{n-1 \choose 3}}\)
do każdych z tych składników po prawej stronie jeszcze raz ten wzór i mamy:
\(\displaystyle{ {n \choose 3}={n-2 \choose 1}+{n-2 \choose 2} +{n-2 \choose 2}+{n-2 \choose 3}}\)
czyli:
\(\displaystyle{ {n \choose 3}={n-2 \choose 1}+2*{n-2 \choose 2} +{n-2 \choose 3}}\)

idąc za ciosem analogicznie mamy:

\(\displaystyle{ {n \choose 6}={n-2 \choose 4}+2*{n-2 \choose 5} +{n-2 \choose 6}}\)

\(\displaystyle{ {n \choose 9}={n-2 \choose 7}+2*{n-2 \choose 8} +{n-2 \choose 9}}\)

itakdalej...

mamy teraz sumę(1) jako:

\(\displaystyle{ (1)={n-2\choose 0}+{n-2\choose 1} +{n-2\choose 2}+...
+{n-2\choose 2}+{n-2\choose 5}+{n-2\choose 8}+...=
2^{n-2}+{n-2\choose 2}+{n-2\choose 5}+{n-2\choose 8}+...}\)

do tej sumy ostatniej zastosujmy znowu dwukrotnie nasz wzór i otrzymamy poprzez analogię :

\(\displaystyle{ (1)=2^{n-2}+{n-2\choose 2}+{n-2\choose 5}+{n-2\choose 8}+... =
2^{n-2}+2^{n-4}+
{n-4\choose 1}+{n-4\choose 4}+{n-4\choose 7}+...}\)

i znowu dolne idzie co trzy do góry
I teraz poprzez domyślność i rekurencję mamy:

\(\displaystyle{ (1)=2^{n-2}+2^{n-4}+2^{n-6}+... + (1) lub (0)}\)

i teraz to czy będzie 1 czy zero na końcu zleży od n po kilku próbach wyszło mi ,że dla :

\(\displaystyle{ n=2+6k,
n=3+6k,
n=4+6k , k=0,1,2,3,...}\)

wstawiamy 0 na końcu,

a dla:
\(\displaystyle{ n=5+6k,
n=6+6k,
n=7+6k , k=0,1,2,3,...}\)

wstawiamy 1 na końcu,

oczywiście suma :

\(\displaystyle{ 2^{n-2}+2^{n-4}+2^{n-6}+...}\)

da się uprościć (ciąg geometryczny)

dla n parzystego wyjdzie:

\(\displaystyle{ 2^{n-2}+2^{n-4}+2^{n-6}+... = \frac{2^{n}-1}{3}}\)

a dla n nieparzystego wyjdzie:

\(\displaystyle{ 2^{n-2}+2^{n-4}+2^{n-6}+... = \frac{2^{n}-2}{3}}\)

czyli ostateczny wynik to:

\(\displaystyle{ (1) {n \choose 0} +{n \choose 3} +{n \choose 6}+...= \begin{cases} \frac{2^{n}-1}{3}, n=2l \\ \frac{2^{n}-2}{3} ,n=2l+1 \end{cases} +i}\)

\(\displaystyle{ i=0}\)
dla:
\(\displaystyle{ n=2+6k,
n=3+6k,
n=4+6k , k=0,1,2,3,...}\)
\(\displaystyle{ i=1}\)
dla:
\(\displaystyle{ n=5+6k,
n=6+6k,
n=7+6k , k=0,1,2,3,...}\)

sprawdzałem aż do 11 i zgadza się wszystko można przeprowadzić jeszcze dowód indukcyjny tego ale odpuszczam sobie to

W razie jakiś uwag proszę pisać

Arek1357-- 23 marca 2009, 17:44 --Jak widać zadanie to można było zrobić na 2 sposoby Luka zrobił od góry, ja od dołu obniżając n coraz bardziej i redukując

[Harry Xin]

\(\displaystyle{ (1)=2^{n-2}+2^{n-4}+2^{n-6}+... + (1) lub (0)}\)

i teraz to czy będzie 1 czy zero na końcu zleży od n po kilku próbach wyszło mi ,że dla :

\(\displaystyle{ n=2+6k,
n=3+6k,
n=4+6k , k=0,1,2,3,...}\)

wstawiamy 0 na końcu,

a dla:
\(\displaystyle{ n=5+6k,
n=6+6k,
n=7+6k , k=0,1,2,3,...}\)

wstawiamy 1 na końcu,

Nie rozumiem za bardzo tego fragmentu (skąd bierzesz te wzory).

[arek1357]

hmmm to i zeskanuję ci i pokaże jak na to wpadłem tylko znajdę zeszyt ze swoimi obliczeniami