mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 07, 2025 1:56 pm**

Για κάθε ακέραιο n>1

να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle 3\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2}\right \rfloor}\binom{n-k}{k} 2^{k-1} =2^{n}-1 - n(mod2)$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 13, 2025 7:40 am**

Θεωρούμε την περίπτωση $n\geq 4.$ Για κάθε $\displaystyle 2\leq k\leq \left \lfloor \frac{n}{2}\right \rfloor:\binom{n-k}{k}2^{k-1}\equiv 0\left ( \mathrm{mod2} \right )\Rightarrow 3\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2}\right \rfloor} \binom{n-k}{k}2^{k-1}\equiv 3\left ( n-1 \right ) \equiv n-1 \equiv$ $\displaystyle \equiv 2^{n}-n-1\left ( \mathrm{mod2} \right ).$
Μένει η περίπτωση $n \in \left\{ 2,3\right\},$ που ελέγχεται με το χέρι

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 13, 2025 4:15 pm**

Dimessi έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 13, 2025 7:40 am
Θεωρούμε την περίπτωση $n\geq 4.$ Για κάθε $\displaystyle 2\leq k\leq \left \lfloor \frac{n}{2}\right \rfloor:\binom{n-k}{k}2^{k-1}\equiv 0\left ( \mathrm{mod2} \right )\Rightarrow 3\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2}\right \rfloor} \binom{n-k}{k}2^{k-1}\equiv 3\left ( n-1 \right ) \equiv n-1 \equiv$ $\displaystyle \equiv 2^{n}-n-1\left ( \mathrm{mod2} \right ).$
Μένει η περίπτωση $n \in \left\{ 2,3\right\},$ που ελέγχεται με το χέρι

Όχι, δεν εννοώ ότι οι δύο όροι ταυτίζονται mod2

, εννοώ

δηλαδή

αν ο

είναι περιττός και

αν είναι άρτιος.

Ας το γράψω καλύτερα γιατί όντως μπερδεύει.

$\displaystyle 3\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2}\right \rfloor} \binom{n-k}{k}2^{k-1}= 2^{n}-\frac{3}{2} + \frac{(-1)^{n}}{2}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 13, 2025 4:19 pm**

∫ot.T. έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 13, 2025 4:15 pm

Dimessi έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 13, 2025 7:40 am
Θεωρούμε την περίπτωση $n\geq 4.$ Για κάθε $\displaystyle 2\leq k\leq \left \lfloor \frac{n}{2}\right \rfloor:\binom{n-k}{k}2^{k-1}\equiv 0\left ( \mathrm{mod2} \right )\Rightarrow 3\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2}\right \rfloor} \binom{n-k}{k}2^{k-1}\equiv 3\left ( n-1 \right ) \equiv n-1 \equiv$ $\displaystyle \equiv 2^{n}-n-1\left ( \mathrm{mod2} \right ).$
Μένει η περίπτωση $n \in \left\{ 2,3\right\},$ που ελέγχεται με το χέρι
Όχι, δεν εννοώ ότι οι δύο όροι ταυτίζονται , εννοώ δηλαδή αν ο είναι περιττός και αν είναι άρτιος.

Ας το γράψω καλύτερα γιατί όντως μπερδεύει.

$\displaystyle 3\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2}\right \rfloor} \binom{n-k}{k}2^{k-1}= 2^{n}-\frac{3}{2} + \frac{(-1)^{n}}{2}$

Α λέω κι εγώ τι φάση τέτοια άσκηση

. Τώρα έγινε κατανοητό Σωτήρη. Νόμιζα ότι ήθελες να γράψεις \equiv αντί για ίσον.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 13, 2025 5:19 pm**

Βάζω τη λύση μου για το τροποποιημένο θέμα του Σωτήρη.
Έχουμε
$\displaystyle S\left ( n \right )=3\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2}\right \rfloor}\binom{n-k}{k}\cdot 2^{k-1}=\frac{3}{2}\left ( \sum_{k=0}^{\infty}\binom{n-k}{k} \cdot 2^{k}-1\right )=\frac{3}{2}\left ( a_{n}-1 \right )\left ( \ast \right ).$
Όμως
$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\left ( \sum_{k=0}^{\infty}\binom{n-k}{k}\cdot 2^{k} \right )t^{n}=\sum_{k=0}^{\infty}2^{k}t^{k}\left (\sum_{m=0}^{\infty}\binom{m}{k}t^{m}\right)$
$\displaystyle =\sum_{k=0}^{\infty}2^{k}t^{k}\sum_{m=k}^{\infty}\binom{m}{k}t^{m}=\sum_{k=0}^{\infty}2^{k}t^{k}\cdot \frac{t^{k}}{\left ( 1-t \right )^{k+1}}=\frac{1}{1-t}\sum_{k=0}^{\infty}\left ( \frac{2t^{2}}{1-t} \right )^{k}=\frac{1}{1-t-2t^{2}}.$

Λόγω της γεννήτριας συνάρτησης έχουμε τον αναδρομικό τύπο $a_{n}=a_{n-1}+2a_{n-2},$ για κάθε $n\geq 2.$

Από την χαρακτηριστική εξίσωση x^2-x-2=0

έχουμε $a_{n}=A\cdot 2^{n}+B\cdot (-1)^{n},$ για κάθε $n\geq 2.$

Επειδή όμως A+B=2A-B=1,

έπεται $\displaystyle a_{n}=\frac{2^{n+1}+\left ( -1 \right )^{n}}{3}\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow \boxed{S\left ( n \right )=3\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor } \binom{n-k}{k}\cdot 2^{k-1}=2^{n}+\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{2}-\frac{3}{2}}.$

mathematica.gr

Άθροισμα, ψάχνω διαφορετική απόδειξη

Άθροισμα, ψάχνω διαφορετική απόδειξη

Re: Άθροισμα, ψάχνω διαφορετική απόδειξη

Re: Άθροισμα, ψάχνω διαφορετική απόδειξη

Re: Άθροισμα, ψάχνω διαφορετική απόδειξη

Re: Άθροισμα, ψάχνω διαφορετική απόδειξη