Coefficienti x^17 e x^18

[LeZ]

Quanto vale la somma dei coefficienti di $ x^{17}+x^{18} $ in $ (1+x^5+x^7)^{20} $

Premetto che non so risolverlo quindi mi piacerebbe capire come funziona la tipologia con un trinomio

[Drago96]

Mmm... non capisco bene il testo, perchè $x^{18}$ non si può ottenere!

[LeZ]

Infatti il coefficiente di $ x^{18} $ è 0 ,a quello di 17 no!

[Drago96]

Ah, ok...

$x^{17}=x^5\cdot x^5\cdot x^7\cdot1\cdots$

Dunque secondo me bisogna contare in quanti modi si possono scegliere due elementi (gli $x^5$ ) su un insieme di 20 e moltiplicarlo per 18 (per la $x^7$ )
Ovvero $\displaystyle\binom{20} 2\cdot 18 = 3420$

[Mist]

Metodo molto straightforward:

Newton; $\displaystyle [1+(x^5+x^7)]^{20}= \sum_{j=0}^{20}\binom{20}{j}(x^5+x^7)^j1^{20-j}= \sum_{j=0}^{20}\binom{20}{j}\sum_{r=0}^{j}\binom{j}{r}x^{5j+2r}$. Ora, $18$ può essere espresso solo con $j<r$ (si verifica facilmente) e quindi siccome con $r>j$ si ha che $\displaystyle \binom{j}{r}=0$, il coefficente di $x^{18}$ è pari a $\displaystyle \binom{20}{j}\cdot \binom{j}{r} = 0$ mentre l'unica espressione ammissibile in funzione di $j $ e $r$ di $17$ è con $j=3$ e $r=1$ che porta quindi a concludere che il coefficente di $x^{17}$ è pari a $\displaystyle \binom{20}{3}\cdot \binom{3}{1}=3420$

[LeZ]

Ci ho messo un po a capire tutto ma alla fine ce l'ho fatta

Grazie mille!

[OriginalBBB]

Metodo molto straightforward:

Newton; $\displaystyle [1+(x^5+x^7)]^{20}= \sum_{j=0}^{20}\binom{20}{j}(x^5+x^7)^j1^{20-j}= \sum_{j=0}^{20}\binom{20}{j}\sum_{r=0}^{j}\binom{j}{r}x^{5j+2r}$. Ora, $18$ può essere espresso solo con $j<r$ (si verifica facilmente) e quindi siccome con $r>j$ si ha che $\displaystyle \binom{j}{r}=0$, il coefficente di $x^{18}$ è pari a $\displaystyle \binom{20}{j}\cdot \binom{j}{r} = 0$ mentre l'unica espressione ammissibile in funzione di $j $ e $r$ di $17$ è con $j=3$ e $r=1$ che porta quindi a concludere che il coefficente di $x^{17}$ è pari a $\displaystyle \binom{20}{3}\cdot \binom{3}{1}=3420$

Non ho capito da dove salti fuori r nel corso delle operazioni sulla sommatoria. Poi, sempre in

$\displaystyle [1+(x^5+x^7)]^{20}= \sum_{j=0}^{20}\binom{20}{j}(x^5+x^7)^j1^{20-j}= \sum_{j=0}^{20}\binom{20}{j}\sum_{r=0}^{j}\binom{j}{r}x^{5j+2r}$

Hai diviso la sommatoria in un prodotto tra due sommatorie o hai inserito una sommatoria all'interno di un'altra O.O? In ogni caso non ho capito la proprietà che permetta di fare ciò. Dove posso studiarla?

[Drago96]

$r$ è un indice a caso...
Invece le due sommatorie sono una dentro l'altra, ovvero ha usato due volte il binomio di Newton...

$\displaystyle{(a+b)^n=\sum_{i=0}^n\binom n i\cdot a^i\cdot b^{n-i}}$

[LeZ]

A proposito di r.. provando lo stesso metodo in altri polinomi inventati, non riesco a capire come lavorare con r. Devo usare secondo le congruenze? O come lo decido arbitrariamente?

[Mist]

Vediamo se riusciamo a generalizzare il problema di partenza, così ti mostro nel dettaglio come funzionano questi marchingegni...

Prendiamo $(\alpha , \beta , \gamma ) \in \mathbb{N}$ con $\alpha > \beta$ e consideriamo il coefficente di $x^h$ con $h \in \mathbb{N}$... Quanto varrà questo coefficente ? come ho fatto sopra, uso lo sviluppo del binomio di newton, e in primo luogo scrivo

$$(1+x^\alpha +x^\beta )^{\gamma} = [1+(x^{\alpha}+x^{\beta})]^{\gamma}= \sum_{j=1}^{\gamma}\binom{\gamma }{j}(x^{\alpha}+x^{\beta})^{j} = \sum_{j=1}^{\gamma}\binom{\gamma}{j}\sum_{r=1}^{j}\binom{j}{r}x^{r\alpha}x^{(j-r)\beta}=\sum_{j=1}^{\gamma}\binom{\gamma}{j}\sum_{r=1}^{j}\binom{j}{r}x^{j+r(\alpha -\beta )}$$

Ricordati che $\alpha -\beta$ è un numero, non un parametro della sommatoria. Quindi ora hai una equazione in due variabili ($j$ ed $r$, con $r\leq j$) di primo grado che deve essere uguale ad $h$. In altre paroled devi trovare $j$ e $r$ interi con $r\leq j$ tali che $j+r(\alpha -\beta )=h$... E qui niente. Non credo che esista un metodo generale e magico che ti faccia saltare fuori tutte le soluzioni buone di quella roba, ma comunque basta che in primo luogo trovi tutti i $j$ tali che $\alpha -\beta \mid h-j$ per ovvi motivi.Poi, trovati gli $j$ per cui questo accade, devi escludere quelli che ti danno $\displaystyle r= \frac{h-j}{\alpha -\beta}>j$ perchè questi non vanno bene per ovvi motivi.

Spero di essere stato chiaro Casomai chiedi

[LeZ]

LoL appena rileggevo mi sono reso conto della domanda idiota che ho fatto! Comunque ti ringrazio nuovamente, dato che hai anche esplicitato letteralmente il problema

[LeZ]

Ho applicato tale procedimento logico in una serie di polinomi, tutto ok, tranne che qua.
$ {(1+x^4+x^3)}^{10} $, volevo trovare il coefficiente di $ x^{16} $.$ \displaystyle $ $ (1+x^4 +x^3)^{10} = [1+(x^{4}+x^{3})]^{10}= \sum_{j=0}^{10}\binom{10 }{j}(x^{4}+x^{3})^{j} = \sum_{j=0}^{10}\binom{10}{j}\sum_{r=0}^{j}\binom{j}{r}x^{4r}x^{3(j-r)}=\sum_{j=0}^{10}\binom{10}{j}\sum_{r=0}^{j}\binom{j}{r}x^{3j+r(4 -3 )} $.
Ora $ 3j+r=16 $, ciò si verifica per $ j=5 $ e $ r=1 $, di conseguenza il coefficiente è dato da$ \binom{10}{5}\cdot \binom{5}{1} = 1260 $. Perchè è sbagliato?

[Mist]

perchè $3j+r=16$ ammette come soluzioni $(j,r)=(4,4),(5,1)$ e quindi il risultato è $\displaystyle \binom{10}{4}\cdot \binom{4}{4} + \binom{10}{5}\cdot \binom{5}{1} =1470$ che wolfram dice che è giusto

[LeZ]

Perfetto, immagino che se al posto del termine noto (in questo caso $ 1 $) ci fosse stato un altro numero $ (k) $ basta che moltiplico il risultato ottenuto per $ k^{\gamma-j} $