Liczba doskonała - szereg kombinacji
Liczba doskonała - szereg kombinacji
\(\displaystyle{ 2 ^{p-1} \left( 2 ^{p}-1 \right) = \sum_{k=0}^{n=\left\lfloor \frac{p}{4} \right\rfloor } {2p+2 \choose 4k+p-4n-1} }\)
-
- Administrator
- Posty: 34490
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 5222 razy
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5750
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 132 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Liczba doskonała - szereg kombinacji
Dokładnie mi też tak wyszło i dlatego pytam a teraz pytam jak mam rozumieć:
\(\displaystyle{ {10 \choose -1} }\)
\(\displaystyle{ \Gamma(0)= \infty }\)
czyli?
\(\displaystyle{ {10 \choose -1} =0}\)
Trochę mi się to kłóciło z kombinatorycznym rozumieniem jak wchodzimy w rzeczywiste...
\(\displaystyle{ {10 \choose -1} }\)
\(\displaystyle{ \Gamma(0)= \infty }\)
czyli?
\(\displaystyle{ {10 \choose -1} =0}\)
Trochę mi się to kłóciło z kombinatorycznym rozumieniem jak wchodzimy w rzeczywiste...
Re: Liczba doskonała - szereg kombinacji
\(\displaystyle{ 2 ^{l-1} \left( 2 ^{l}-1 \right) = \sum_{k=0}^{n=\left\lfloor \frac{l-1}{4} \right\rfloor } {2l+2 \choose 4k+l-4n-1} }\)
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5750
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 132 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Liczba doskonała - szereg kombinacji
To równanie można rozbić na cztery równania:
1. dla: \(\displaystyle{ p=4s+1}\)
\(\displaystyle{ 2^{4s}\left( 2^{4s+1}-1\right) = \sum_{k=0}^{s} {8s+4 \choose 4k} }\)
2. dla: \(\displaystyle{ p=4s+2}\)
\(\displaystyle{ 2^{4s+1}\left( 2^{4s+2}-1\right) = \sum_{k=0}^{s} {8s+6 \choose 4k+1} }\)
3. dla: \(\displaystyle{ p=4s+3 }\)
\(\displaystyle{ 2^{4s+2}\left( 2^{4s+3}-1\right) = \sum_{k=0}^{s} {8s+8 \choose 4k+2} }\)
4. dla: \(\displaystyle{ p=4s }\)
\(\displaystyle{ 2^{4s-1}\left( 2^{4s}-1\right) = \sum_{k=0}^{s-1} {8s+2 \choose 4k+3} }\)
W tym ostatnim specjalnie wyzbyłem się, żeby na dole w symbolu Newtona nie było: \(\displaystyle{ -1}\)
Zajmiemy się dowodem pierwszej równości, pozostałe robi się analogicznie, przepiszmy:
1. dla: \(\displaystyle{ p=4s+1}\)
\(\displaystyle{ 2^{4s}\left( 2^{4s+1}-1\right) = \sum_{k=0}^{s} {8s+4 \choose 4k} }\)
zauważmy, że:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{s} {8s+4 \choose 4k}= \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{2s+1} {8s+4 \choose 4k}}\) - łatwo to wykazać...
więc zajmiemy się sumą:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{2s+1} {8s+4 \choose 4k}}\)
zauważmy, że jest to co czwarty wyraz tej sumy:
\(\displaystyle{ \sum_{l=0}^{8s+4} {8s+4 \choose l}}\)
zapiszmy teraz naszą sumę jako cztery sumy:
\(\displaystyle{ S_{j}= \sum_{k=0}^{2s+1} {8s+4 \choose 4k+j} , j=0, 1, 2, 3}\)
jak widać:
\(\displaystyle{ \sum_{l=0}^{8s+4} {8s+4 \choose l}=S_{0}+S_{1}+S_{2}+S_{3}=2^{8s+4}}\)
pobawmy się teraz:
\(\displaystyle{ \left( 1+1\right)^{8s+4}= S_{0}+S_{1}+S_{2}+S_{3}=2^{8s+4}=2^n}\)
\(\displaystyle{ \left( 1-1\right)^{8s+4}=\sum_{l=0}^{8s+4} {8s+4 \choose l}(-1)^l= S_{0}-S_{1}+S_{2}-S_{3}=0}\)
\(\displaystyle{ \left( 1+i\right)^{8s+4}=\sum_{l=0}^{8s+4} {8s+4 \choose l}(i)^l= {8s+4 \choose 0}+ {8s+4 \choose 1}i- {8s+4 \choose 2}- {8s+4 \choose 3}i+...=S_{0}+iS_{1}-S_{2}-iS_{3}=a}\)
\(\displaystyle{ \left( 1-i\right)^{8s+4}=\sum_{l=0}^{8s+4} {8s+4 \choose l}(-i)^l= {8s+4 \choose 0}- {8s+4 \choose 1}i- {8s+4 \choose 2}+ {8s+4 \choose 3}i+...=S_{0}-iS_{1}-S_{2}+iS_{3}=b}\)
otrzymamy więc układ czterech równań, (ten sposób już tu na forum kiedyś stosowałem w pewnym zadaniu o rozkładzie sumy z symbolami Newtona na pod-sumy)...
układ równań:
\(\displaystyle{ S_{0}+S_{1}+S_{2}+S_{3}=2^{8s+4}=2^n}\)
\(\displaystyle{ S_{0}-S_{1}+S_{2}-S_{3}=0}\)
\(\displaystyle{ S_{0}+iS_{1}-S_{2}-iS_{3}=a}\)
\(\displaystyle{ S_{0}-iS_{1}-S_{2}+iS_{3}=b}\)
Zauważmy, że: \(\displaystyle{ a, b, n}\) nie zależy akurat od pierwszego przypadku dla , którego to robię...
Nie zanudzając teorią równań liniowych z czterema niewiadomymi, nie będę tego rozwiązywał tylko dam gotowce, a mianowicie:
\(\displaystyle{ S_{0}= \frac{2^n+a+b}{4} }\)
\(\displaystyle{ S_{1}= \frac{2^n-i(a-b)}{4} }\)
\(\displaystyle{ S_{2}= \frac{2^n-(a+b)}{4} }\)
\(\displaystyle{ S_{3}= \frac{2^n+i(a-b)}{4} }\)
dla pierwszego przykładu, który zacząłem mamy:
\(\displaystyle{ n=8s+4, a=(1+i)^{8s+4}=-2^{4s+2}, b=(1-i)^{8s+4}=-2^{4s+2}}\)
zauważmy, że nasz pierwszy przypadek sprowadza nas do obliczenia:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{s} {8s+4 \choose 4k}= \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{2s+1} {8s+4 \choose 4k}= \frac{1}{2}S_{0} }\)
ale nasze \(\displaystyle{ S_{0}}\)
to:
\(\displaystyle{ S_{0}= \frac{2^n+a+b}{4}= \frac{2^{8s+4}-2^{4s+3}}{4} =2^{8s+2}-2^{4s+1}=2^{4s+1}\left( 2^{4s+1}-1\right) }\)
a więc:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{s} {8s+4 \choose 4k}= \frac{1}{2} \cdot 2^{4s+1}\left( 2^{4s+1}-1\right)=\cdot 2^{4s}\left( 2^{4s+1}-1\right)}\)
cnd...
w drugiej sumie mamy analogicznie:
\(\displaystyle{ n=8s+6, a=(1+i)^{8s+6}=-2^{4s+3}i, b=(1-i)^{8s+6}=2^{4s+3}i}\)
w trzeciej sumie mamy:
\(\displaystyle{ n=8s+8, a=(1+i)^{8s+8}=2^{4s+4}, b=(1-i)^{8s+8}=2^{4s+4}}\)
w czwartej sumie mamy:
\(\displaystyle{ n=8s+2, a=(1+i)^{8s+2}=2^{4s+1}i, b=(1-i)^{8s+2}=-2^{4s+1}i }\)
zawsze w każdym z pozostałych przypadków mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{s} {8s+6 \choose 4k+1} = \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{2s+1} {8s+6 \choose 4k+1} = \frac{1}{2} S_{1} }\)
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{s} {8s+8 \choose 4k+2} = \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{2s+1} {8s+8 \choose 4k+2} = \frac{1}{2} S_{2} }\)
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{s} {8s+2 \choose 4k+3} = \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{2s-1} {8s+2 \choose 4k+3} = \frac{1}{2} S_{3} }\)
Oczywiście łatwo podstawić i widać, że każda równość jest prawdziwa...
cnd...
1. dla: \(\displaystyle{ p=4s+1}\)
\(\displaystyle{ 2^{4s}\left( 2^{4s+1}-1\right) = \sum_{k=0}^{s} {8s+4 \choose 4k} }\)
2. dla: \(\displaystyle{ p=4s+2}\)
\(\displaystyle{ 2^{4s+1}\left( 2^{4s+2}-1\right) = \sum_{k=0}^{s} {8s+6 \choose 4k+1} }\)
3. dla: \(\displaystyle{ p=4s+3 }\)
\(\displaystyle{ 2^{4s+2}\left( 2^{4s+3}-1\right) = \sum_{k=0}^{s} {8s+8 \choose 4k+2} }\)
4. dla: \(\displaystyle{ p=4s }\)
\(\displaystyle{ 2^{4s-1}\left( 2^{4s}-1\right) = \sum_{k=0}^{s-1} {8s+2 \choose 4k+3} }\)
W tym ostatnim specjalnie wyzbyłem się, żeby na dole w symbolu Newtona nie było: \(\displaystyle{ -1}\)
Zajmiemy się dowodem pierwszej równości, pozostałe robi się analogicznie, przepiszmy:
1. dla: \(\displaystyle{ p=4s+1}\)
\(\displaystyle{ 2^{4s}\left( 2^{4s+1}-1\right) = \sum_{k=0}^{s} {8s+4 \choose 4k} }\)
zauważmy, że:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{s} {8s+4 \choose 4k}= \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{2s+1} {8s+4 \choose 4k}}\) - łatwo to wykazać...
więc zajmiemy się sumą:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{2s+1} {8s+4 \choose 4k}}\)
zauważmy, że jest to co czwarty wyraz tej sumy:
\(\displaystyle{ \sum_{l=0}^{8s+4} {8s+4 \choose l}}\)
zapiszmy teraz naszą sumę jako cztery sumy:
\(\displaystyle{ S_{j}= \sum_{k=0}^{2s+1} {8s+4 \choose 4k+j} , j=0, 1, 2, 3}\)
jak widać:
\(\displaystyle{ \sum_{l=0}^{8s+4} {8s+4 \choose l}=S_{0}+S_{1}+S_{2}+S_{3}=2^{8s+4}}\)
pobawmy się teraz:
\(\displaystyle{ \left( 1+1\right)^{8s+4}= S_{0}+S_{1}+S_{2}+S_{3}=2^{8s+4}=2^n}\)
\(\displaystyle{ \left( 1-1\right)^{8s+4}=\sum_{l=0}^{8s+4} {8s+4 \choose l}(-1)^l= S_{0}-S_{1}+S_{2}-S_{3}=0}\)
\(\displaystyle{ \left( 1+i\right)^{8s+4}=\sum_{l=0}^{8s+4} {8s+4 \choose l}(i)^l= {8s+4 \choose 0}+ {8s+4 \choose 1}i- {8s+4 \choose 2}- {8s+4 \choose 3}i+...=S_{0}+iS_{1}-S_{2}-iS_{3}=a}\)
\(\displaystyle{ \left( 1-i\right)^{8s+4}=\sum_{l=0}^{8s+4} {8s+4 \choose l}(-i)^l= {8s+4 \choose 0}- {8s+4 \choose 1}i- {8s+4 \choose 2}+ {8s+4 \choose 3}i+...=S_{0}-iS_{1}-S_{2}+iS_{3}=b}\)
otrzymamy więc układ czterech równań, (ten sposób już tu na forum kiedyś stosowałem w pewnym zadaniu o rozkładzie sumy z symbolami Newtona na pod-sumy)...
układ równań:
\(\displaystyle{ S_{0}+S_{1}+S_{2}+S_{3}=2^{8s+4}=2^n}\)
\(\displaystyle{ S_{0}-S_{1}+S_{2}-S_{3}=0}\)
\(\displaystyle{ S_{0}+iS_{1}-S_{2}-iS_{3}=a}\)
\(\displaystyle{ S_{0}-iS_{1}-S_{2}+iS_{3}=b}\)
Zauważmy, że: \(\displaystyle{ a, b, n}\) nie zależy akurat od pierwszego przypadku dla , którego to robię...
Nie zanudzając teorią równań liniowych z czterema niewiadomymi, nie będę tego rozwiązywał tylko dam gotowce, a mianowicie:
\(\displaystyle{ S_{0}= \frac{2^n+a+b}{4} }\)
\(\displaystyle{ S_{1}= \frac{2^n-i(a-b)}{4} }\)
\(\displaystyle{ S_{2}= \frac{2^n-(a+b)}{4} }\)
\(\displaystyle{ S_{3}= \frac{2^n+i(a-b)}{4} }\)
dla pierwszego przykładu, który zacząłem mamy:
\(\displaystyle{ n=8s+4, a=(1+i)^{8s+4}=-2^{4s+2}, b=(1-i)^{8s+4}=-2^{4s+2}}\)
zauważmy, że nasz pierwszy przypadek sprowadza nas do obliczenia:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{s} {8s+4 \choose 4k}= \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{2s+1} {8s+4 \choose 4k}= \frac{1}{2}S_{0} }\)
ale nasze \(\displaystyle{ S_{0}}\)
to:
\(\displaystyle{ S_{0}= \frac{2^n+a+b}{4}= \frac{2^{8s+4}-2^{4s+3}}{4} =2^{8s+2}-2^{4s+1}=2^{4s+1}\left( 2^{4s+1}-1\right) }\)
a więc:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{s} {8s+4 \choose 4k}= \frac{1}{2} \cdot 2^{4s+1}\left( 2^{4s+1}-1\right)=\cdot 2^{4s}\left( 2^{4s+1}-1\right)}\)
cnd...
w drugiej sumie mamy analogicznie:
\(\displaystyle{ n=8s+6, a=(1+i)^{8s+6}=-2^{4s+3}i, b=(1-i)^{8s+6}=2^{4s+3}i}\)
w trzeciej sumie mamy:
\(\displaystyle{ n=8s+8, a=(1+i)^{8s+8}=2^{4s+4}, b=(1-i)^{8s+8}=2^{4s+4}}\)
w czwartej sumie mamy:
\(\displaystyle{ n=8s+2, a=(1+i)^{8s+2}=2^{4s+1}i, b=(1-i)^{8s+2}=-2^{4s+1}i }\)
zawsze w każdym z pozostałych przypadków mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{s} {8s+6 \choose 4k+1} = \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{2s+1} {8s+6 \choose 4k+1} = \frac{1}{2} S_{1} }\)
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{s} {8s+8 \choose 4k+2} = \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{2s+1} {8s+8 \choose 4k+2} = \frac{1}{2} S_{2} }\)
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{s} {8s+2 \choose 4k+3} = \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{2s-1} {8s+2 \choose 4k+3} = \frac{1}{2} S_{3} }\)
Oczywiście łatwo podstawić i widać, że każda równość jest prawdziwa...
cnd...