[Kombinatoryka] Zwiń sumę

[mol_ksiazkowy]

\(\displaystyle{ {n\choose 0}-{n\choose 2}+{n\choose 4}-{n\choose 6}+.....}\)

[Tristan]

Dla formalności:
\(\displaystyle{ {n \choose 0} + {n \choose 4}+ {n \choose 8}+...= \sum_{k=0}^{ [n/4]} {n \choose 4k}, {n \choose 2} + {n \choose 6}+ { n \choose 10}+...= \sum_{k=0}^{ [n/4]} {n \choose 4k+2}}\)
Łatwo udowodnić indukcyjnie prawdziwość następujących równości:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{ [n/4]} {n \choose 4k} =\frac{1}{2} (2^{n-1} + 2^{ \frac{n}{2}} \cos \frac{ n \pi }{4} ) , n q 1 \\ \sum_{k=0}^{ [n/4]} {n \choose 4k+2}= \frac{1}{2}(2^{n-1} - 2^{ \frac{n}{2}} \cos \frac{ n \pi }{4}), n\geq 2}\)
Tak więc możemy zwinąć tę sumę do postaci:
\(\displaystyle{ { n \choose 0} - { n \choose 2} + {n \choose 4}- {n \choose 6}+...=( {n \choose 0} + {n \choose 4}+ {n \choose 8}+...)-( {n \choose 2} + {n \choose 6}+ { n \choose 10}+...)=\frac{1}{2} (2^{n-1} + 2^{ \frac{n}{2}} \cos \frac{ n \pi }{4} ) - \frac{1}{2}(2^{n-1} - 2^{ \frac{n}{2}} \cos \frac{ n \pi }{4})= 2^{ \frac{n}{2}} \cos \frac{n \pi }{4}}\)

[g]

\(\displaystyle{ (1+i)^n = ...}\) jakby ktos chcial prosto.

[yorgin]

\(\displaystyle{ (1+i)^n = ...}\) jakby ktos chcial prosto.

Ale drugi wyraz tego rozwinięcia to \(\displaystyle{ {n\choose 1}i}\)
a w danej sumie nie ma żadnych części urojonych podanych, więc raczej nie pasuje mi to. Należałoby odjąc od tej sumy jeszcze wszystkie liczby urojone, czyli wyrażenie:
\(\displaystyle{ {n\choose 1}i-{n\choose 3}i+{n\choose 5}i-{n\choose 7}i+...}\) by otrzymać podaną sumę. Tak więc komplikuje się to troszkę.

[Rzeszut]

Metoda trochę podobna do metody Tristana, ale nieco szybciej:
Nietrudno zauważyć, że współczynnik przy \(\displaystyle{ \binom{n}{k}}\) to \(\displaystyle{ \frac{(1+i)^{k}+(1-i)^{k}}{2}}\). Zatem
\(\displaystyle{ \binom{n}{0}-\binom{n}{2}+\binom{n}{4}-\binom{n}{6}+\ldots= \sum\limits_{k} \binom{n}{k} \frac{(1+i)^{k}+(1-i)^{k}}{2}= \\ \frac{1}{2}\cdot\left(\sum\limits_{k}\binom{n}{k}(1+i)^{k}+ \sum\limits_{k}\binom{n}{k}(1-i)^{k}\right)= \\\frac{(1+i)^{n}+(1-i)^{n}}{2}= \mathrm{Re}\left((1+i)^{n}\right)= \\\mathrm{Re}\left(\left(\sqrt{2}\cdot \mathrm{e}^{\frac{\pi}{4}}\right)^{n}\right)= 2^{\frac{n}{2}}\cdot \mathrm{Re}\left(\mathrm{e}^{\frac{n\pi}{4}}\right)= \\2^{\frac{n}{2}}\cdot \cos\left(\frac{n\pi}{4}\right).}\)

[Kasienia]

Metoda trochę podobna do metody Tristana, ale nieco szybciej:

Ale za to mniej subtelnie

[g]

no to od tego jest funkcja \(\displaystyle{ z \mapsto \Re z}\).