Oblicz sumę:
\(\displaystyle{ {n\choose0}+{n\choose3}+{n\choose6}+...}\)
Ciekawa suma z symbolem Newtona
- Harry Xin
- Użytkownik
- Posty: 545
- Rejestracja: 9 sie 2007, o 19:15
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 148 razy
- Pomógł: 83 razy
Ciekawa suma z symbolem Newtona
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.
Uściślając to: \(\displaystyle{ \frac{2k}{3}}\). Pewnie to gwarantuje co trzecią wartość. Dlaczego?
Nie wiem, które wyrazy się skracają.
Możesz też polecić jakąś literaturę.
-
- Użytkownik
- Posty: 8601
- Rejestracja: 1 maja 2006, o 20:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 47 razy
- Pomógł: 1816 razy
Ciekawa suma z symbolem Newtona
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:
Możemy teraz przepisać przykład z treści zadania jako:
Dalsze zwinięcie tych sum to już formalność, bowiem:
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
- Użytkownik
- Posty: 5747
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 130 razy
- Pomógł: 526 razy
Ciekawa suma z symbolem Newtona
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
\(\displaystyle{ (1) {n \choose 0} +{n \choose 3} +{n \choose 6}+...}\)
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
- Użytkownik
- Posty: 545
- Rejestracja: 9 sie 2007, o 19:15
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 148 razy
- Pomógł: 83 razy
Ciekawa suma z symbolem Newtona
Nie rozumiem za bardzo tego fragmentu (skąd bierzesz te wzory).arek1357 pisze:\(\displaystyle{ (1)=2^{n-2}+2^{n-4}+2^{n-6}+... + (1) lub (0)}\)
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,