rqdþqhvxphvelqrpqlpnrhilflmhqwlpdmat -kol (banja luka) issn 0354 -6969 (o) ... 2 km k n k n k ......
TRANSCRIPT
MAT-KOL (Banja Luka) ISSN 0354-6969 (o)
XXIII (3)(2017), 149-164 ISSN 1986-5828 (o)
http://www.imvibl.org/dmbl/dmbl.htm
DOI: 10.7251/МК1703149S
Konačne sume s binomnim koeficijentima
Petar Svirčević
Zagreb, Hrvatska
e-mail: [email protected]
Sažetak. U ovome članku polazimo od binomnog poučka, i izvodimo različite konačne
sume, i dvije beskonačne, koje sadrže binomne koeficijente. Izveli smo kako se nalazi
kardinalni broj od partitivnog skupa, i dali smo jednu primjenu. Nadalje smo napomenuli,
da se neke jednakosti mogu elegantno dokazati i matematičkom indukcijom. U nekim
zadacima smo upotrijebili i elementarno gradivo o derivacijama i neodređenim
integralima, koje se obrađuje u matematičkoj analizi, i za očekivati je, da to gradivo može
pratiti širi krug čitalaca. Našli smo npr. ove sume:
,
2
0
n
k k
n,
0 0
n
k
k
jj
k ,
12)1(
12
0
rk
j
j
j
k
n
j k
jk
0
, ,1
1
0
k
n
k
n
k
,))...(2)(1(
)1(
0
k
n
mkkk
n
k
k
,12
12)12()1(
1
21
k
nk
n
k
k ,...cos1
2 kk
nk
n
k
Ključne riječi. Konačne sume, binomni koeficijenti.
The Final Sums of the Binomial Coefficients
Abstract. In this article we start from the binomial theorem, and perform a variety
of finite sums, and two endless, containing binomial coefficients. We performed as is the
cardinal number of partitiv set, and we gave one application. Furthermore, we note that
some equality can prove sleek and mathematical induction. In some tasks we used the
elementary material on derivatives and indefinite integral, which is treated in
mathematical analysis, and it is expected that this material can read a wider range of
readers. We found eg. this amount sums:
MAT-KOL, XXIII (3)(2017) P. Svirčević
150
,
2
0
n
k k
n ,
0 0
n
k
k
jj
k ,
12)1(
12
0
rk
j
j
j
k
n
jk
jk
0
, ,1
1
0
k
n
k
n
k
,))...(2)(1(
)1(
0
k
n
mkkk
n
k
k
,12
12)12()1(
1
21
k
nk
n
k
k ,...cos1
2 kk
nk
n
k
Keywords. The final sum, binomial coefficients.
Osnovna formula od koje polazimo je binomni poučak
,...210
)( 022110 nnnnn ban
nba
nba
nba
nba
(1)
odnosno
,)1(...210
)( 022110 nnnnnn ban
nba
nba
nba
nba
(2)
koji se može dokazati i matematičkom indukcijom.
Ako u (1) uvrstimo 1 ba slijedi
,2...210
n
n
nnnn
(3)
a iz (2) slijedi
.0)1(...210
n
nnnn n (4)
Sada ćemo dati jednu primjenu formule (3).
¸
Zadatak 1. Neka je zadan konačni skup naaaA ,...,, 21 . Dakle broj njegovih
elemenata, tj. njegov kardinalni broj, je .nkA Skupu A pripada partitivni skup P(A),
koji se sastoji od elemenata koji su svi mogući podskupovi zadanog skupa uključujuči
prazan skup i sam zadani skup. Treba dokazati, da tako definirani skup ima kardinalni broj n2 , tj. kP(A) .2n
Rješenje Z1. Neka je prazan skup, pa je A i P(A). Dakle skup P(A)
sadrži prazan skup, tj. njemu pripada broj ;0
1
n broj jednočlanih skupova je ,
1
n broj
MAT-KOL, XXIII (3)(2017) P. Svirčević
151
dvočlanih skupova je ,2
n..., broj (n-1)-članih je ,
1
n
ni jedan je sam skup A, tj.
.1
n
n Ako sve te brojeve zbrojimo dobivamo (3), što je i trebalo dokazati.
Napomena 1. Uzmimo npr., da je jedna peteročlana obitelj pozvana na neku
svečanost, s time da su moguće sve opcije s obzirom na to koliko će se članova obitelji
odazvati pozivu. Dakle moguće je, da ne ide nitko ili čak svi članovi obitelji. Pita se na
koliko načina može biti realiziran ovaj poziv? Svakako da je „en passant“ odgovor
,3225 jer smo uvažili Z1. Jasno je da, kada bi se poziv odnosio na razred koji ima 20
učenika, tada bi broj mogućih odziva iznosio .5760481220
Nadalje ćemo probleme iskazivati samo pomoću formula, i onda iste dokazivati ili
dati uputu za dokaz, a svrha toga je racionalizacija zapisa.
Zadatak 2.
a) .22
2...
4
2
2
2
0
212
n
n
nnnn (5)
b) .212
2...
5
2
3
2
1
212
n
n
nnnn (6)
Rješenje Z2. Ako u (3) i (4) n zamijenimo s 2n, onda te identitete zbrojimo,
odnosno od prvog oduzmemo drugi, tada dobivamo (5) i (6).
Zadatak 3.
.300
nk
j
n
kj
k
k
n
Uputa za rješenje Z3. Polazimo od
...)11(...)11(1
)11(0
1113 10
nnn
n
nnn
Zadatak 4. .)1()1(00
1 nk
j
n
k
k
j
k
k
n
Uputa za rješenje Z4. Polazimo od
MAT-KOL, XXIII (3)(2017) P. Svirčević
152
...)11()1(...)11(1
)11(0
111)1( 10
nnnn
n
nnn
Zadatak 5.
,12 1
0 0
nn
k
k
j j
k
gdje je po definiciji
,...2,1,0,10
mza
m (7)
Rješenje Z5. Ako jednakosti
,210
00
,2
1
1
0
11
,22
2
1
2
0
22
...,
n
n
nnnn2...
210
zbrojimo, tada je zbroj ovih lijevih strana upravo lijeva strana od (7), a zbroj desnih strana
je geometrijski red ,1221
2112...222 1
1210
n
nn dakle suma (9) je točna.
Zadatak 6.
,012
)1(12
0
rk
j
j
j
k (8)
gdje 12kn ℕ i r ℝ.
Rješenje Z6. Iz relacije (4) slijedi, da je broj sumanada paran ako je n neparan,
dakle .12 kn Sada su sumandi antisimetrični od krajeva prema sredini, tj. prvi član je
suprotnog predznaka od zadnjeg člana, drugi je suprotnog predznaka od predzadnjeg
člana,...; a to znači, ako i svaki član potenciramo realnim brojem r ne dirajući predznak,
slijedi (8).
Zadatak 7.
nn
nnnn
nn
nnn ;198...884...442
13
1...3
23
13
01
523212
ℕ. (9)
MAT-KOL, XXIII (3)(2017) P. Svirčević
153
Uputa za dokaz Z7. Najprije dokažimo, da je
nn
nn
;3
110298...884...44
2
1
ℕ.
Odatle slijedi, da je
nk
nn
k
kn
nn
;13298...884...441
0
1)(2
1
ℕ.
Dakle (9) je točno. Iz te relacije slijedi algoritam
.3...33198...884...442
1
1
nnn
Npr.
.33333198888444442
1
545
Za očekivati je, da npr. do rezultata
000000110000000110000000110 1011010
33...3331988...88844...4442
1
nijedno računalo ne može direktno doći, dakle mora se primijeniti teorijski dokaz.
Zadatak 8. .2
...210
2222
n
n
n
nnnn (10)
Rješenje Z8. Jasno je
.2
2...
2...
2
2
1
2
0
2)1( 0221222 x
n
nx
n
nx
nx
nx
nx nnnnn
Uzmimo, da je
nnn xxx )1()1()1( 2
021 ...
210x
n
nx
nx
nx
n nnn
nx
n
nx
nx
nx
n...
210
210
(sada pomnožimo članove koji su na „istoj vertikali“, i izlučimo potenciju nx )
.........210
...... 1
2222
1
nnn xx
n
nnnnx
MAT-KOL, XXIII (3)(2017) P. Svirčević
154
Ako primjenimo teorem, da su dva polinoma međusobno identična onda i samo onda, ako
su međusobno jednaki koeficijenti uz iste potencije, tada dobivamo (10).
Zadatak 9.
a) .2
2
12 12
0,
n
n
j
n
i
n nn
jiji
b) .2
2
1)1(
0,
1
n
n
j
n
i
nn
jiji
ji
Uputa za rješenje Z9. a),b). Kvadriramo (3), odnosno (4), i uvažimo (10).
Zadatak 10.
.2
)1(2
2...
2
2
1
2
0
22222
n
n
n
nnnn n (11)
Rješenje Z10. Da dokažemo (11) polazimo od identiteta
.)()()( 22222 nnn abbaba (12)
Desnu stranu od (12) može se pisati u obliku
nnnn ban
nba
nba
nba
n 2022211202
2
2...
2
2
1
2
0
2
.2
2...
2
2
1
2
0
2 2022211202
nnnn ab
n
nab
nab
nab
n (13)
Jasno je, da se članovi oblika nnba 22
dobivaju ako u (13) izmnožimo međusobno članove
jedne ispod drugih, dakle članove „po stupcima“, tada dobijemo alternirani zbroj. Dakle,
koeficijent od nnba 22
je lijeva strana od (11). Nadalje, ako razvijemo lijevu stranu od (12)
pojavljuje se član
.2
)1()()(2
)1( 2222 nnnnnn ban
nba
n
n
Vidimo, da je koeficijent od člana nnba 22
ustvari desna strana od (11), pa je time ta
formula dokazana.
MAT-KOL, XXIII (3)(2017) P. Svirčević
155
Zadatak 11.
a) .2
)1(2
4
2
1
2
2...
4
2
2
2
0
22222
n
n
n
n
n
nnnn n (14)
b) .2
)1(2
4
2
1
12
2...
5
2
3
2
1
22222
n
n
n
n
n
nnnn n (15)
Uputa za rješenje Z11. a), b). Ako u (10) n zamjenimo s 2n, i ako sada toj
jednakosti dodamo (11), tada nakon sređivanja slijedi (14). Analogno dobivamo (15),
samo sada od (11) oduzmemo (14).
Zadatak 12.
.)!(
)!3()1(
2
2...
2
2
1
2
0
23
3333
n
n
n
nnnnn
(16)
Komentar Z12. Provjerimo (16) za ,...2,1n ;
6)!1(
!3)1(
2
2
1
2
0
23
1
333
,
,...;90)!2(
!6)1(
4
4
3
4
2
4
1
4
0
43
2
33333
što je točno ...
Opći dokaz ove formule je dao engleski matematičar Dixon (A.C. Dixon, 1865-
1936). Taj dokaz je dosta kompliciran, iako je rezultat jednostavan ([1], strana 79).
Napomena 2. Svi ostali slučajevi sume potencija binomnih koeficijenata, kao i
alternirajuće sume istih, su dosta velikog zapisa, osim (16).
Zadatak 13.
.1
1
0
n
j k
kn
k
jk (17)
Rješenje Z13. Služeći se svojstvima o sumi binomnih koeficijenata imamo:
,1
1
1
k
k
k
k
k
k
,1
2
1
11
k
k
k
k
k
k
MAT-KOL, XXIII (3)(2017) P. Svirčević
156
,1
3
1
22
k
k
k
k
k
k
. . .
. . .
. . .
.1
1
1
k
nk
k
nk
k
nk
Ako te jednakosti zbrojimo, tada vidimo, da se dokidaju drugi članovi lijevih strana s
članovima desnih strana, osim zadnjega člana, tj. desnog člana u zadnjoj jednakosti, s time
da smo uvažili da je drugi član lijeve strane prve jednakosti jednak nuli. Na osnovi
iznesenog slijedi da je (17) točno.
Zadatak 14.
a) .cos42
4)1(
2
0
nk
n nn
k
k
(18)
b) .sin412
4)1(
2
1
1 nk
n nn
k
k
(19)
Rješenje Z14. Polazimo od kompleksnog broja u Gaussovom obliku
,1 iz (20)
odnosno u Cauchyevom obliku
.4
sin4
cos2
iz (21)
Iz (20) i (21), nakon potenciranja s n4 slijedi
nn in
ni
n
ni
ni
ni
n 414210
4
4
14
4...
2
4
1
4
0
4
14
4...
5
4
3
4
1
4
4
4...
4
4
2
4
0
4
n
nnnni
n
nnnn
.sincos44
sin4
cos2
4
nini n
n
Ako primjenimo teorem o jednakosti dvaju kompleksnih brojeva, tada dobivamo (18) i
(19).
Napomena 3. Iz (18) i (19) slijedi
MAT-KOL, XXIII (3)(2017) P. Svirčević
157
.212
4)1(
2
4)1( 4
22
1
1
22
0
nn
k
kn
k
k
k
n
k
n
Zadatak 15.
.)2(00
nknk
j
n
k
nnjk
jn
k
n
(22)
Rješenje Z15.
nn nn 1)1()2(
0101 ...
100)1(...)1(
1)1(
0n
n
nn
nn
nnn
n
nn
nn
n nnnn
021
1
1...
1
1
0
1
1n
n
nn
nn
nn nn
...
2
2...
1
2
0
2
2
032 nn
nn
nn
nn nn
0)1()1(
01
)1(
0
)1(
1n
nn
n
nn
nnn
nn
n
n nnnn
,0
...21
1
0
2
210
1
100
021 nnn
n
nn
nnnnn
nnnn
nn nnn
a to je lijeva strana od (22).
Napomena 4. U sljedećim problemima koristit ćemo elementarno gradivo o
derivacijama i integralima, koje se obrađuje u četvrtom razredu srednje škole, a iz
mnemotehničkih razloga dajemo D1 i D2.
Definicija 1. Neka je
....33
22
11
)( kkkk
k nn
nnnnnB
Definicija 2. Neka je
.)1(...33
22
11
)( 1 knkkk
k nn
nnnnnB
Zadatak 16.
.2...33
22
11
)( 1
1
nnn
n
nnnnnB (23)
MAT-KOL, XXIII (3)(2017) P. Svirčević
158
Rješenje Z16. Ako identitet
nn xn
nx
nx
nnx
...
210)1( 2
deriviramo po x, tada slijedi
,)1(...33
22
11
112
nn xnxnn
nx
nx
nn (24)
pa ako sada izvršimo specijalizaciju za 1x slijedi (23).
Napomena 5. Iz (23) dobijemo
,211
...)2(2
)1(10
1
nnn
nn
nn
nn
n (25)
ako koristimo svojstvo binomnih koeficijenata .
kn
n
k
n
Zadatak 17.
.2)1(...33
22
11
)( 222222
nnnn
n
nnnnnB (26)
Uputa za rješenje Z17. Ako obje strane (24) pomnožimo sa x i deriviramo, tada
dobijemo (26) nakon specijalizacije za .1x
Zadatak 18.
a) .2)3(...33
22
11
)( 3233333
nnnn
n
nnnnnB
b) .2)25()1(...33
22
11
)( 4244444
nnnnnn
n
nnnnnB
c) .2)101510(...33
22
11
)( 523255555
nnnnnn
n
nnnnnB
Uputa za rješenje Z18. Postupak je sličan kao u prethodnom zadatku.
Provjerimo npr. )(5 nB za 2n . Dakle
3432222
21
1
2)2( 55
5
B
i
MAT-KOL, XXIII (3)(2017) P. Svirčević
159
34.2)102152102(2)2( 52232
5 B ,
a to smo i očekivali.
Zadatak 19.
.1;0)1(...33
22
11
)( 1
1
nn
n
nnnnnB n
(27)
Rješenje Z19. Iz
nnn xn
nx
nx
nnx
)1(...
210)1( 2
nakon deriviranja slijedi
.)1()1(...33
22
11
112
nnn xnxnn
nx
nx
nn (28)
Nakon specijalizacije 1 xn iz (28) slijedi da je ,01 0 a posljedica toga neodređenog
oblika je, da (27) ne vrijedi za .1n
Zadatak 20.
.;0)1(...33
22
11
)( 1 knnn
nnnnnB knkkk
k
(29)
Rješenje Z20. Ako promotrimo (28), tada zaključujemo da taj identitet moramo
pomnožiti sa x i onda ga derivirati. Taj postupak počevši s (28) moramo napraviti još
)1( k puta, da bi dobili oblik
.)1(...33
22
11
12 nknkkk xnn
nx
nx
nn
(30)
Jasno je, da suma (30) sigurno sadrži član knx )1( , koji će nam generirati neodređeni
oblik 00 za posebne vrijednosti ako je 1x i ,kn odnosno ta suma neće biti
definirana za 1x i .kn No, suma (30) je jednaka 0, ako je kn i 1x , jer
sumandi nakon k deriviranja i množenja sa x sadrže faktore ).1( x Dakle, formula (29)
je u potpunosti dokazana.
Provjerimo (29) za 4k i .5n Budući je kn , onda mora biti
.06251280810160555
54
4
53
3
52
2
51
1
5)5( 44444
4
B
Ako je npr. 3 kn , tada je
.062724333
32
2
31
1
3)3( 333
3
B
MAT-KOL, XXIII (3)(2017) P. Svirčević
160
Napomena 6. U formuli (22) možemo izbaciti uvjet ,kn pa bi se ona mogla
ovako prikazati u eksplicitnom obliku;
.0)()1(...33
22
11
)( 1
kknkkk
k knkn
knknknknknB
Zadatak 21. .1
12
1
1 1
0
nk
n
k
nn
k
(31)
Rješenje Z21. Ako identitet
nn xxn
nx
nx
nn)1(...
210
2
neodređeno integriramo, onda dobivamo vezu
,)1(1
1
1
1...
23
1
12
1
01
1 11321 Cxn
xn
n
nx
nx
nx
n nn
iz koje se dobije konstanta 1
1
nC za ,0x pa identitet prima oblik
.1
1)1(
1
1
1
1...
23
1
12
1
01
1 11321
nx
nx
n
n
nx
nx
nx
n nn
I konačno ako u (25) uvrstimo 1x dobivamo (31).
Zadatak 22.
a) .)1(!0
1
1
1
1
)1(
0
nnk
n
k
n
k
k
(32)
b) .)2(!1
1
2
1
)2)(1(
)1(
0
nnk
n
kk
n
k
k
(33)
c) .)3(!2
1
)3(2
1
)3)(2)(1(
)1(
0
nnk
n
kkk
n
k
k
(34)
d) Generalizacija;
,)(!)1(
1
)(...)2)(1(
)1(
0mnmk
n
mkkk
n
k
k
gdje je ,...3,2,1m
Uputa za rješenje Z22. Polazimo od identiteta
MAT-KOL, XXIII (3)(2017) P. Svirčević
161
.)1()1(...210
2 nnn xxn
nx
nx
nn
Analognim postupkom kao u Z21 dobivamo (32), (33), (34),... i matematičkom
indukcijom bi mogli doći do općeg slučaja d).
Provjerimo (32) za 3n ;
.13
1
4
1
4
11
2
31
3
3
4
1
2
3
3
1
1
3
2
1
0
3
1
1
Zadatak 23.
a) .2
cos2
cos2cos0
nk
k
nn
nn
k
b) .22
cos21
nnsinksi
k
nn
nn
k
Uputa za rješenje Z23. a), b). Neka je sincos iz kompleksni broj. Dakle
.1z Iz jednakosti
2sin
2cos
2cos2sincos1)1(
ni
niz
n
nnn
i iz jednakosti
)sin(cos)1(00
kikk
nz
k
nz
n
k
kn
k
n
slijede dani identiteti.
Zadatak 24.
a) .2
1sin
2cos2sin
1
1
1
n
nkk
nk
n
nn
k
b) .2
1cos
2cos2cos
1
1
1
n
nkk
nk
n
nn
k
(35)
Uputa za rješenje Z24. a), b). Ako deriviramo identitete Z23 a), b) po varijabli ,
tada dobivamo formule Z24 a), b).
Napomena 7. Ako bi u Z35 b) uvrstili 0 , tada bi dobili (23).
MAT-KOL, XXIII (3)(2017) P. Svirčević
162
Zadatak 25.
a) .2
cos2
2cos
2cos2cos
2
2
1
2
nn
nnkk
nk
n
nn
k
b) .2
sin2
2sin
2cos2sin
2
2
1
2
nn
nnkk
nk
n
nn
k
(36)
Uputa za rješenje Z25. a), b). Ako deriviramo identitete Z24 a), b) po varijabli ,
tada dobivamo formule Z25 a), b).
Napomena 8. Vidimo, ako u Z25 a) uvrstimo 0 , tada dobivamo (26).
Zadatak 26.
a) .2sin1
22
1cos)(cos
11
Ckxk
n
kxdxnxx
n
kn
n
(37)
b) .2cos1
2
1sin)(cos
11
Ckxk
n
kdxnxx
n
kn
n
(38)
Uputa za rješenje Z26 a),b). Ako u Z23 identitete neodređeno integriramo i
izvršimo supstituciju x2 , tada dobivamo (37) i (38).
Zadatak 27. a) .2cos2
1)1sin(cos
12
1Ckx
k
n
ndxxnx
n
kn
n
b) ,2sin2
1)1cos(cos
12
1Ckx
k
n
ndxxnx
n
kn
n
Uputa za rješenje Z27.a), b). Rezultat slijedi iz Z24 ako zamjenimo s 2x i
izvršimo neodređeno integriranje.
Zadatak 28.
.4
12sinsgn
4
12sinsgn)12(2)12(
12
12)12()1( 2
1
21
nn
nnk
nk n
n
k
k (39)
Uputa za rješenje Z28. Ako u formuli (36) n zamijenimo s 12 n i supstituiramo
2
, tada dobivamo (39).
MAT-KOL, XXIII (3)(2017) P. Svirčević
163
Napomena 9. Provjerimo (35) za .4n Dakle
,1687
77
5
75
3
73
1
71 2222
a desna strana od (35) je ,168)117(47 što smo i očekivali.
Napomena 10. Na kraju ćemo dati dva problema s beskonačnim redovima, gdje
se pojavljuju binomni koeficijenti, ali ćemo koristiti ove dvije dobro poznate relacije iz
matematičke analize:
...,5
1
4
1
3
1
2
112ln (40)
...!4
1
!3
1
!2
1
!1
1
!0
1e (41)
Zadatak 29. .2ln1
)1()1(
0 0
n
n
k
kn
k
n
k (42)
Rješenje Z29. Ako uvažimo (40), tada iz (32) dobivamo (42).
Zadatak 30.
...71828182,2)(...)2)(1(
)1()(
00
ek
n
mkkkmn
n
k
k
m
(43)
Rješenje Z30. Vidljivo je, da:
(32) ,!0
1
1
)1()1(
0
k
n
kn
n
k
k
(33) ,!1
1
)2)(1(
)1()2(
0
k
n
kkn
n
k
k
(34) ,...;!2
1
)3)(2)(1(
)1()3(
0
k
n
kkkn
n
k
k
i kada te jednakosti zbrojimo dobivamo (41), a to znači da je (43) točno. Dakle, i broj e se
može „izgraditi“ pomoću binomnih koeficijenata. Svakako, da ovo nije jedini način.
Napomena 10. Postoje i druge mogućnosti za prikaz ovih matematičkih konstanti
(ln2, e, , ...) pomoću binomnih koeficijenata. No, svi prikazi nisu pogodni za izračun
istih.
I na kraju navedimo tri reda i njihove sume, do kojih nije jednostavno doći:
MAT-KOL, XXIII (3)(2017) P. Svirčević
164
,2ln3
12
2)1(
1
1
1
1
n
nn nn
n ,3
9
12
1
1
1
n
nn
n
;)1121220(250
12
3
1
1
n
n nln
n
a one sadrže ln2 i .
Literatura:
[1] D. Blanuša: Viša matematika, I Dio, Prvi Svezak, Tehnička knjiga, Zagreb 1970.
[2] T.W. Cusick: Recurrences for Sums of Powers of Binomial Coefficients, J. Combin.
Theory. Ser. A, 52(1)( 1989), 77-83.
[3] http://mathworld.wolfram.com / Bionomial Sums.
Primljeno u redakciju Časopisa 24.04.2017; Dostupno na internetu 15.05.2017.