сумма число сочетаний

tennisru · Сообщение **tennisru** » 30 сен 2012, 08:09

$\sum_{k=1}^{n}{n \choose k} = (1+1) ^ n$
$\sum_{k=1}^{n}{ ( -1 )^{k} {n \choose k}} = (1-1) ^ n =0$
$\sum_{k=1}^{n}{ {n \choose 2*k}} = 2 ^ {n-1}$

$\sum_{k=1}^{n}{ {n \choose 4*k}} = ?$
Исходя из верхних выражений, вычеслить сумму биноминиальных коэффициентов (естественно не исползовать формулу числа сочетаний). Как это сделать?

P.S. как набрать сочетания, которые не американизмы?

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 30 сен 2012, 10:46

Не "американизм" - C_n^k - $$C_n^k$$

.
Кстати, везде $k\geqslant 0$ .

Искомую сумму попробуйте построить как линейную комбинацию имеющихся.

А хотя нет, не получится, 2-я сумма - линейная комбинаций 1-й и 3-й. А у 1-й и 3-й коэффициент 2, а не 4.
Значит надо явно считать

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 30 сен 2012, 11:12

Можно брать ПФ $(1+x)^k=\sum\limits_{k\geqslant 0}\binom{n}{k}x^k$ . Берем такие суммы по классам вычетов по модулю $$m$$

$\sum\limits_{k\geqslant 0}\left(a_0\binom{n}{mk+0}+...+a_{m-1}\binom{n}{mk+m-1}\right)x^k$ . Каждая сумма задается вектором $(a_0,...,a_m)\in\mathbb{R}^m$ , размер базиса - $$m$$

. Функции $(1+\zeta^r x)^n$ для $\zeta:\zeta ^m=1, r=0,...,m-1$ линейно независимы и их всего $$m$$

. Значит они - базис, значит через них строятся все такие суммы и вычисляются явно.
В частности, получим и ответ (он простой, потому писать не буду)

tennisru · Сообщение **tennisru** » 30 сен 2012, 11:18

$C_n^0 C_n^1 C_n^2 C_n^3 C_n^4 C_n^5 \\ 1\ 1\ 1\ 1\ 1\ 1 \\ 1\ -1\ 1\ -1\ 1\ -1\\ 1\ i \ -1 \ -i \ 1 \ i \\ 1\ -i\ -1\ i\ 1 \ -i$
все идет в одну вертикаль для каждого C_n^k
Преподаватель сказал , что эта штука должна помоч , но что это и как она помогаем ?

UPD
$(1+x)^k=\sum\limits_{k\geqslant 0}\binom{n}{k}x^k$
эта штука давалась тоже, что такое ПФ ?

Берем такие суммы по классам вычетов по модулю $$m$$

$\sum\limits_{k\geqslant 0}\left(a_0\binom{n}{mk+0}+...+a_{m-1}\binom{n}{mk+m-1}\right)x^k$ . Каждая сумма задается вектором $(a_0,...,a_m)\in\mathbb{R}^m$ , размер базиса - $$m$$

. Функции $(1+\zeta^r x)^n$ для $\zeta:\zeta ^m=1, r=0,...,m-1$ линейно независимы и их всего $$m$$

я не понимаю что это?

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 30 сен 2012, 11:36

ПФ - это сокращение для термина "производящая функция"

Преподаватель сказал , что эта штука должна помоч , но что это и как она помогаем ?

Вы комбинировать степенные ряды умеете? Это последовательности коэффициентов функций $$(1+i^rx)^n$$

. Скомбинируйте из них искомую сумму.

tennisru · Сообщение **tennisru** » 30 сен 2012, 11:40

Sonic86 писал(а):Source of the post
ПФ - это сокращение для термина "производящая функция"

Преподаватель сказал , что эта штука должна помоч , но что это и как она помогаем ?
Вы комбинировать степенные ряды умеете? Это последовательности коэффициентов функций . Скомбинируйте из них искомую сумму.

Он сказал , что это часть про комплексные числа и все.
комбинировать степенные ряды - впервые слышу.

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 30 сен 2012, 11:50

tennisru писал(а):Source of the post комбинировать степенные ряды - впервые слышу.

"Комбинировать" здесь не термин. Имелось ввиду, что ПФ можно складывать, перемножать, делить и т.п., при этом их последовательности коэффициентов тоже преобразуются. Например, если $$f(x)$$

- ПФ для

, а

- ПФ для

, то

- ПФ для

. И т.п.

tennisru · Сообщение **tennisru** » 30 сен 2012, 15:00

можете пожайлуста расписать как это делается?

Ian · Сообщение **Ian** » 30 сен 2012, 16:58

1. Проверьте, что в сумму $\frac 14((1+x)^n+(1-x)^n+(1+ix)^n+(1-ix)^n)$ входят только те степени х, которые кратны 4 причем с нужными Вам коэффициентами $C^{4k}_n$ .
2. Возьмите х=1 будет значение Вашей суммы, упростите, чтоб i не входило явно в нее, т.к она действительна по определению

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 30 сен 2012, 17:08

yourdomain.com