Некоторые свойства биномиальных коэффициентов

[juna]

Докажите, что:

$$1\cdot\binom{m}{0}-1\cdot\binom{m}{1}+2\cdot\binom{m}{2}-2\cdot\binom{m}{3}+\ldots+(-1)^{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor}\cdot (1+\lfloor \frac{m}{2}\rfloor)\cdot\binom{m}{m}=2^{m-2} (1)$$

$$1\cdot\binom{m}{0}-2\cdot\binom{m}{1}+3\cdot\binom{m}{2}-4\cdot\binom{m}{3}+\ldots+(-1)^{m+1}\cdot (1+m)\cdot\binom{m}{m}=0 (2)$$

$$1\cdot\binom{m}{0}-2\cdot\binom{m}{1}+4\cdot\binom{m}{2}-6\cdot\binom{m}{3}+9\cdot\binom{m}{4}-12\cdot\binom{m}{5}+16\cdot\binom{m}{6}-20\cdot\binom{m}{7}\ldots=2^{m-3} (3)$$

$$3\cdot\binom{m}{0}-3\cdot\binom{m}{1}+9\cdot\binom{m}{2}-\ldots+(-1)^{m}\cdot (2^{m+1}-(-1)^{m+1})\cdot\binom{m}{m}=2^m+2\cdot(-1)^m (4)$$

(Оффтоп)

Такого можно родить много, интересно, насколько это все интересно - тривиально?

[NSKuber]

Производящие функции.

$$(2) = (x (1+x)^m)'|_{x=-1}=((1+x)^m+mx(1+x)^{m-1})|_{x=-1}=0$$

[juna]

NSKuber в сообщении #1046561 писал(а):

Производящие функции.

Хуже. Расходящиеся ряды.

[NSKuber]

$$(4)=\sum\limits_{k=0}^{m}\binom{m}{k} (-1)^k 2^{k+1}-\sum\limits_{k=0}^{m} \binom{m}{k}(-1)^k (-1)^{k+1}=2(1-2)^m+2^m=2(-1)^m+2^m$$

[NSKuber]

Умножив первое на два и вычтя уже доказанное, равное нулю, второе, получим

$$2\cdot (1)=\binom{m}{0}+\binom{m}{2}+\ldots+\binom{m}{2\left\lfloor\frac{m}{2}\right\rfloor}=2^{m-1}$$

где последнее равенство широко известно.

[iancaple]

3-я задача. В отличие от остальных, тут не задана формула коэффициента при $\binom{m}{k}$-нарочно?. Заменяя трижды $\binom{m}{k}=\binom{m-1}{k-1}+\binom{m-1}{k}$, приходим к коэффициентам, равным 1, и тождество равносильно $(1+1)^{m-3}=2^{m-3}$
Выясним, как же задаются эти коэффициенты. Они удовлетворяют рекуррентному уравнению
$a_{k+1}+3a_k+3a_{k-1}+a_{k-2}=1$, с начальными условиями $a_{-3}=a_{-2}=a_{-1}=0$
Решаем его стандартными методами, получаем

$$a_k=\dfrac 18+(-1)^k\left(\dfrac{2k^2+7}8+k\right)$$

, такой формулой и должны были быть заданы коэффициенты $a_0,a_1...=1,-2,4,-6,9,-12,16,-20...$

[NSKuber]

$$-4\binom{m}{0}+9\binom{m}{1}-16\binom{m}{2}+\ldots=(x(x^2(1+x)^m)')'|_{x=-1}=(2x^2(1+x)^m+mx^3(1+x)^{m-1})'|_{x=-1}=0$$

Умножив (3) на $4$ и прибавив написанное выше, получим

$$4\cdot (3)=\binom{m}{1}+\binom{m}{3}+\ldots=2^{m-1}$$

-- 20.08.2015, 23:03 --

В процессе раздумий над соотношениями из поста родилась одна идейка, но красиво её превратить в задачку не выходит
Можно вот так: докажите, что

$$\sum\limits_{i,j}(-1)^{i+j}\binom{m}{2i}\binom{m}{2j}+\sum\limits_{i,j}(-1)^{i+j}\binom{m}{2i+1}\binom{m}{2j+1}=2^m$$

Суммирование по всем $i,j$ таким, что соответствующий биномиальный коэффициент корректен.

[nnosipov]

NSKuber в сообщении #1046598 писал(а):

Можно вот так: докажите, что

$$\sum\limits_{i,j}(-1)^{i+j}\binom{m}{2i}\binom{m}{2j}+\sum\limits_{i,j}(-1)^{i+j}\binom{m}{2i+1}\binom{m}{2j+1}=2^m$$

Суммирование по всем $i,j$ таким, что соответствующий биномиальный коэффициент корректен.

$2^m$ --- это квадрат модуля комплексного числа $(1+\sqrt{-1})^m$. А слева --- сумма квадратов его вещественной и мнимой части. Не удивительно, что они равны.

[juna]

Ok.
Предлагаю идти дальше (очень интересно, как легко решаются такие задачи стандартными способами).

Пусть $m\equiv 1 \mod 2$, обозначим через $T_k$ k-й коэффициент в разложении многочлена $(1+x+x^2)^{\frac{m-1}{2}$ (если не ошибаюсь, их называют триномиальные коэффициенты). Докажите, что:
$T_1+T_3+T_5+\ldots+T_m=\lceil \frac{3^{(\frac{m-1}{2})}}{2}\rceil$.

[nnosipov]

juna в сообщении #1046612 писал(а):

очень интересно, как легко решаются такие задачи стандартными способами

Вот конкретно эта --- решается устно. И ответ при этом получается в более естественном виде.

[juna]

nnosipov в сообщении #1046618 писал(а):

Вот конкретно эта --- решается устно. И ответ при этом получается в более естественном виде.

Докажите, что при достаточно большом нечетном $m$ выражение $\sum_{i=1}^{m}T_i\cdot a_i$, где $a_i$ последовательно принимает значения из множества $\{1,-5,6,-10,11,-15,16,-20,21,...\}$, стремится к значению $-\frac{3^{(m+1)/2}}{4}$