Matematické Fórum

geovektor1 · 01. 03. 2015 16:12 — Editoval jelena (01. 03. 2015 17:33)

Ahoj, narazil som na zaujimavu ulohu, mam dokazat vlastnosti ale neviem ako na to, znenie:

Dokazte nasledujuce rovnosti
$\sum \frac{n!}{n_{1}! ... n_{r}!} (-1)^{(n_{1}+n_{3}+...+n_{r-1})}=0$ pre parne $r$
a
$\sum \frac{n!}{n_{1}! ... n_{r}!} (-1)^{(n_{1}+n_{3}+...+n_{r})}=(-1)^n$ pre neparne $r$ .

v oboch vyrazoch je ta minus jednicka umocnena na $(n_{1}+n_{3}+...+n_{r-1})$ a $(n_{1}+n_{3}+...+n_{r})$ ale neviem preco mi to tak blbo ukazalo /Jelena: opraveno.

byk7 · 01. 03. 2015 18:20

Přes co se sčítá? A co je ve jmenovatelích? Je to $n_1!\cdot n_2!\cdots n_{r-1}!\cdot n_r!$ ? A $n=n_1+n_2+\cdots+n_{r-1}+n_r$ ? A proč v exponentu chybí $n_2$ ?

geovektor1 · 01. 03. 2015 23:54

ja tomu taktiez uplne nerozumiem, preto som vas poprosil o pomoc, snad su tu matematici, ktori maju skusenost s kombinatorikou, original s knizky je takyto: http://www.fastimages.eu/images/123ffsdfsf.png

byk7 · 02. 03. 2015 01:01

Řekl bych, že půjde o použití multinomické věty (což je zobecnění binomické věty), která říká, že
$$x_1+x_2+\cdots+x_m$^n=\sum_{n=k_1+k_2+\cdots+k_m}\binom{n}{k_1,k_2,\ldots,k_m}\prod_{j=1}^m x_j^{k_j}$
kde sčítáme přes všechny možné součty nezáporných celých čísel.

Takže např. pro sudé $r$
$0 &=0^n=\big(\underbrace{(-1)+1+\cdots+(-1)+1}_{r\text{ sčítanců}}\big)^n= \\ &=\sum_{n=n_1+n_2+\cdots+n_r}\binom{n}{n_1,n_2,\ldots,n_r}(-1)^{n_1}1^{n_2}(-1)^{n_3}\cdots(-1)^{n_{r-1}}1^{n_r}= \\ &=\sum_{n=n_1+n_2+\cdots+n_r}\binom{n}{n_1,n_2,\ldots,n_r}(-1)^{n_1+n_3+\cdots+n_{r-1}}\cdot1^{n_2+n_4+\cdots+n_r} = \\ &=\sum_{n=n_1+n_2+\cdots+n_r}\frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_r!}\,(-1)^{n_1+n_3+\cdots+n_{r-1}}$

Pro liché $r$ to bude obdobné
$(-1)^n &=\big(\underbrace{(-1)+1+\cdots+(-1)+1+(-1)}_{r\text{ sčítanců}}\big)^n= \\ &=\sum_{n=n_1+n_2+\cdots+n_r}\binom{n}{n_1,n_2,\ldots,n_r}(-1)^{n_1}1^{n_2}(-1)^{n_3}\cdots(-1)^{n_{r-2}}1^{n_{r-1}}(-1)^{n_r}= \\ &=\sum_{n=n_1+n_2+\cdots+n_r}\binom{n}{n_1,n_2,\ldots,n_r}(-1)^{n_1+n_3+\cdots+n_{r-2}+n_r}\cdot1^{n_2+n_4+\cdots+n_{r-1}} = \\ &=\sum_{n=n_1+n_2+\cdots+n_r}\frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_r!}\,(-1)^{n_1+n_3+\cdots+n_r}$

A je to! :-)

geovektor1 · 11. 03. 2015 12:12

Vdaka za dokaz.

Matematické Fórum

#1 01. 03. 2015 16:12 — Editoval jelena (01. 03. 2015 17:33)

dokaz - kombinatorika

#2 01. 03. 2015 18:20

Re: dokaz - kombinatorika

#3 01. 03. 2015 23:54

Re: dokaz - kombinatorika

#4 02. 03. 2015 01:01

Re: dokaz - kombinatorika

#5 11. 03. 2015 12:12

Re: dokaz - kombinatorika

Zápatí