Dimostrare le seguenti identità:
1) $ \displaystyle\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\binom{kn}{i}=\binom{(k+1)n}{n} $
2) $ \displaystyle\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}/\binom{kn}{i}=\frac{kn+1}{(k-1)n+1} $
3) $ \displaystyle\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}\binom{n+i}{i}=(-1)^n $
Binomiali
Binomiali
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
Risolvo il primo esercizio.Poniamo:
$ \displaystyle (1+x)^n(1+x)^{kn}=(1+x)^{n+kn} $
Sviluppando i binomiali abbiamo:
$ \displaystyle \sum_{r=0}^n\binom{n}{r}x^r\cdot\sum_{s=0}^{kn}\binom{kn}{s}x^s=\sum_{t=0}^{n+kn}\binom{kn+n}{t}x^t $
Questa identità ,in quanto tale,deve essere verificata per qualunque valore di x.
E ciò è possibile sse sono uguali i coefficienti delle potenze di x presenti nei
due membri con eguale esponente.In particolare per la potenza
$ \displaystyle x^n $ deve essere:
$ \displaystyle\sum_{r+s=n}[\binom{n}{r}\binom{kn}{s}]=\binom{kn+n}{n} $
dove la sommatoria a primo membro è estesa a tutti i
valori,interi non negativi,di r e di s tali che r+s=n
Esprimendo in funzione di s, risulta:
$ \displaystyle \sum_{s=0}^n\binom{n}{n-s}\binom{kn}{s}=\binom{kn+n}{n} $
ma $ \displaystyle \binom{n}{n-s}=\binom{n}{s} $ e dunque si ha:
$ \displaystyle \sum_{s=0}^n\binom{n}{s}\binom{kn}{s}=\binom{kn+n}{n} $
che è la tesi.
$ \displaystyle (1+x)^n(1+x)^{kn}=(1+x)^{n+kn} $
Sviluppando i binomiali abbiamo:
$ \displaystyle \sum_{r=0}^n\binom{n}{r}x^r\cdot\sum_{s=0}^{kn}\binom{kn}{s}x^s=\sum_{t=0}^{n+kn}\binom{kn+n}{t}x^t $
Questa identità ,in quanto tale,deve essere verificata per qualunque valore di x.
E ciò è possibile sse sono uguali i coefficienti delle potenze di x presenti nei
due membri con eguale esponente.In particolare per la potenza
$ \displaystyle x^n $ deve essere:
$ \displaystyle\sum_{r+s=n}[\binom{n}{r}\binom{kn}{s}]=\binom{kn+n}{n} $
dove la sommatoria a primo membro è estesa a tutti i
valori,interi non negativi,di r e di s tali che r+s=n
Esprimendo in funzione di s, risulta:
$ \displaystyle \sum_{s=0}^n\binom{n}{n-s}\binom{kn}{s}=\binom{kn+n}{n} $
ma $ \displaystyle \binom{n}{n-s}=\binom{n}{s} $ e dunque si ha:
$ \displaystyle \sum_{s=0}^n\binom{n}{s}\binom{kn}{s}=\binom{kn+n}{n} $
che è la tesi.
Bene.
C'è anche la versione combinatorica. Suppponiamo di avere $ (k+1)n $ palline e di volerne prendere $ n $. Questo lo posso fare in $ \displaystyle\binom{(k+1)n}n $ modi.
Lo posso però fare anche in questo modo. Divido le palline in due gruppi: $ A $ contiene $ kn $ palline, $ B $ ne contiene $ n $. Ora prendo $ i $ palline da $ A $ e $ n-i $ da $ B $. Questo lo posso fare in $ \displaystyle\binom{kn}i\binom{n}{n-i}=\binom{kn}i\binom{n}i $ modi. Se faccio variare $ i $ tra $ 0 $ e $ n $ in questa maniera conto tutti i modi possibili.
Dunque $ \displaystyle\sum_{i=0}^n\binom{kn}i\binom{n}i=\binom{(k+1)n}n $.
C'è anche la versione combinatorica. Suppponiamo di avere $ (k+1)n $ palline e di volerne prendere $ n $. Questo lo posso fare in $ \displaystyle\binom{(k+1)n}n $ modi.
Lo posso però fare anche in questo modo. Divido le palline in due gruppi: $ A $ contiene $ kn $ palline, $ B $ ne contiene $ n $. Ora prendo $ i $ palline da $ A $ e $ n-i $ da $ B $. Questo lo posso fare in $ \displaystyle\binom{kn}i\binom{n}{n-i}=\binom{kn}i\binom{n}i $ modi. Se faccio variare $ i $ tra $ 0 $ e $ n $ in questa maniera conto tutti i modi possibili.
Dunque $ \displaystyle\sum_{i=0}^n\binom{kn}i\binom{n}i=\binom{(k+1)n}n $.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
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Si può anche notare che $ \displaystyle~\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\binom{kn}{i} $ è il coefficiente del termine di grado n del polinomio (in t) $ \displaystyle~\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}t^{n-i}\sum_{j=0}^{kn}\binom{kn}{j}t^j=(t+1)^{kn}\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}t^{n-i} $$ \displaystyle~=(t+1)^{kn}(t+1)^n=(t+1)^{(k+1)n} $.
Ma il coefficiente del termine di grado n è proprio $ \displaystyle~\binom{(k+1)n}{n} $. (Ok sostanzialmente è la soluzione di karl... )
3) $ \displaystyle~\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}\binom{n+i}{i}=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}\binom{n+i}{n} $ e di nuovo notiamo che è il coefficiente del termine di grado n del polinomio $ \displaystyle~\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}\sum_{j=0}^{n+i}\binom{n+i}{j}t^j=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}(t+1)^{n+i} $$ \displaystyle~=(t+1)^n\sum_{i=0}^n(-t-1)^i=(t+1)^n(-t)^n $. $ \displaystyle~(-t)^n $ impone che per avere il termine di grado n dobbiamo prendere quello di grado 0 di $ \displaystyle~(t+1)^n $, cioè 1. Esso è quindi $ \displaystyle~(-t)^n $, da cui il coefficiente voluto che rispecchia la tesi.
Ma il coefficiente del termine di grado n è proprio $ \displaystyle~\binom{(k+1)n}{n} $. (Ok sostanzialmente è la soluzione di karl... )
3) $ \displaystyle~\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}\binom{n+i}{i}=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}\binom{n+i}{n} $ e di nuovo notiamo che è il coefficiente del termine di grado n del polinomio $ \displaystyle~\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}\sum_{j=0}^{n+i}\binom{n+i}{j}t^j=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}(t+1)^{n+i} $$ \displaystyle~=(t+1)^n\sum_{i=0}^n(-t-1)^i=(t+1)^n(-t)^n $. $ \displaystyle~(-t)^n $ impone che per avere il termine di grado n dobbiamo prendere quello di grado 0 di $ \displaystyle~(t+1)^n $, cioè 1. Esso è quindi $ \displaystyle~(-t)^n $, da cui il coefficiente voluto che rispecchia la tesi.
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)
Purtroppo per questa (la 3) non sono in possesso di una dimostrazione con gli insiemi.
Ora resta solo più la 2... che non ho fatto...
Ora resta solo più la 2... che non ho fatto...
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
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HintoneFeddyStra ha scritto:Ora resta solo più la 2... che non ho fatto...
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)
Veramente bello!kn ha scritto:Hintone
PS: il tuo nome oltretutto è molto in tema con il problema...
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
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In effetti con tutti questi "kn" mi sono sentito come chiamato in causaFeddyStra ha scritto:PS: il tuo nome oltretutto è molto in tema con il problema...kn ha scritto:Hintone
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