Somma particolare di coefficienti binomiali
Buonasera ragazzi,
ho trovato un esercizio interessante. Dice "dimostra che $ sum_(i = 0)^(n)i( (n), (i) )=n2^n $". Premetto che l'ho già dimostrato ma ho dovuto prima dimostrare che $ i( (n), (i) )=n[((n),(i))-((n-1),(i))] $. Da li poi le sommatorie sono immeddiate. Mi chiedo però se qualcuno abbia una dimostrazione meno contorta e più elegante. Grazie in anticipo.
ho trovato un esercizio interessante. Dice "dimostra che $ sum_(i = 0)^(n)i( (n), (i) )=n2^n $". Premetto che l'ho già dimostrato ma ho dovuto prima dimostrare che $ i( (n), (i) )=n[((n),(i))-((n-1),(i))] $. Da li poi le sommatorie sono immeddiate. Mi chiedo però se qualcuno abbia una dimostrazione meno contorta e più elegante. Grazie in anticipo.
Risposte
Non vorrei sbagliarmi ma mi sembra falsa ...
Poniamo $n=4$ allora $n2^n=4*2^4=64$ mentre $sum_(i=0)^n i((n),(i))=0*((4),(0))+1*((4),(1))+2*((4),(2))+3*((4),(3))+4*((4),(4))=0+4+12+12+4=32$
Cordialmente, Alex
Poniamo $n=4$ allora $n2^n=4*2^4=64$ mentre $sum_(i=0)^n i((n),(i))=0*((4),(0))+1*((4),(1))+2*((4),(2))+3*((4),(3))+4*((4),(4))=0+4+12+12+4=32$
Cordialmente, Alex
Come, giustamente, osserva Alex, l'esponente del $ 2 $ deve essere $ n-1 $.
Esistono diverse dimostrazioni, una veloce, ma che richiede la conoscenza delle derivate è la seguente:
partendo dallo sviluppo di Newton di $ (x+1)^n $, si derivano ambo i membri e si pone $ x =1 $.
Ciao
Esistono diverse dimostrazioni, una veloce, ma che richiede la conoscenza delle derivate è la seguente:
partendo dallo sviluppo di Newton di $ (x+1)^n $, si derivano ambo i membri e si pone $ x =1 $.
Ciao
Un'altra dimostrazione (un po' naive ... 
) è questa ...
Noi sappiamo che $sum_(i=0)^n ((n),(i))=2^n$ (ovvero la somma della n-esima riga del triangolo di Tartaglia, iniziando a contare da zero), perciò, prendendo come esempio $n=4$, avremo per $n2^n$ uno "schemino" del genere ... $((1,4,6,4,1),(1,4,6,4,1),(1,4,6,4,1),(1,4,6,4,1))$, da cui sommando tutti gli elementi otterremo appunto $4*2^4=64$
La sommatoria proposta da Casio invece è $sum_(i=0)^n i*((n),(i))$; se noi riprendiamo lo schemino precedente, equivale a prendere in considerazione solo gli elementi con la barra cioè $((1,\bar4,\bar6,\bar4,\bar1),(1,4,\bar6,\bar4,\bar1),(1,4,6,\bar4,\bar1),(1,4,6,4,\bar1))$, esattamente la metà.
Cordialmente, Alex
) è questa ...Noi sappiamo che $sum_(i=0)^n ((n),(i))=2^n$ (ovvero la somma della n-esima riga del triangolo di Tartaglia, iniziando a contare da zero), perciò, prendendo come esempio $n=4$, avremo per $n2^n$ uno "schemino" del genere ... $((1,4,6,4,1),(1,4,6,4,1),(1,4,6,4,1),(1,4,6,4,1))$, da cui sommando tutti gli elementi otterremo appunto $4*2^4=64$
La sommatoria proposta da Casio invece è $sum_(i=0)^n i*((n),(i))$; se noi riprendiamo lo schemino precedente, equivale a prendere in considerazione solo gli elementi con la barra cioè $((1,\bar4,\bar6,\bar4,\bar1),(1,4,\bar6,\bar4,\bar1),(1,4,6,\bar4,\bar1),(1,4,6,4,\bar1))$, esattamente la metà.
Cordialmente, Alex
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