rqdþqhvxphvelqrpqlpnrhilflmhqwlpdmat -kol (banja luka) issn 0354 -6969 (o) ... 2 km k n k n k ......

MAT-KOL (Banja Luka) ISSN 0354-6969 (o)

XXIII (3)(2017), 149-164 ISSN 1986-5828 (o)

http://www.imvibl.org/dmbl/dmbl.htm

DOI: 10.7251/МК1703149S

Konačne sume s binomnim koeficijentima

Petar Svirčević

Zagreb, Hrvatska

e-mail: [email protected]

Sažetak. U ovome članku polazimo od binomnog poučka, i izvodimo različite konačne

sume, i dvije beskonačne, koje sadrže binomne koeficijente. Izveli smo kako se nalazi

kardinalni broj od partitivnog skupa, i dali smo jednu primjenu. Nadalje smo napomenuli,

da se neke jednakosti mogu elegantno dokazati i matematičkom indukcijom. U nekim

zadacima smo upotrijebili i elementarno gradivo o derivacijama i neodređenim

integralima, koje se obrađuje u matematičkoj analizi, i za očekivati je, da to gradivo može

pratiti širi krug čitalaca. Našli smo npr. ove sume:

,

2

0

n

k k

n,

0 0

n

k

k

jj

k ,

12)1(

12

0

rk

j

j

j

k

n

j k

jk

0

, ,1

1

0

k

n

k

n

k

,))...(2)(1(

)1(

0

k

n

mkkk

n

k

k

,12

12)12()1(

1

21

k

nk

n

k

k ,...cos1

2 kk

nk

n

k

Ključne riječi. Konačne sume, binomni koeficijenti.

The Final Sums of the Binomial Coefficients

Abstract. In this article we start from the binomial theorem, and perform a variety

of finite sums, and two endless, containing binomial coefficients. We performed as is the

cardinal number of partitiv set, and we gave one application. Furthermore, we note that

some equality can prove sleek and mathematical induction. In some tasks we used the

elementary material on derivatives and indefinite integral, which is treated in

mathematical analysis, and it is expected that this material can read a wider range of

readers. We found eg. this amount sums:

MAT-KOL, XXIII (3)(2017) P. Svirčević

150

,

2

0

n

k k

n ,

0 0

n

k

k

jj

k ,

12)1(

12

0

rk

j

j

j

k

n

jk

jk

0

, ,1

1

0

k

n

k

n

k

,))...(2)(1(

)1(

0

k

n

mkkk

n

k

k

,12

12)12()1(

1

21

k

nk

n

k

k ,...cos1

2 kk

nk

n

k

Keywords. The final sum, binomial coefficients.

Osnovna formula od koje polazimo je binomni poučak

,...210

)( 022110 nnnnn ban

nba

nba

nba

nba

(1)

odnosno

,)1(...210

)( 022110 nnnnnn ban

nba

nba

nba

nba

(2)

koji se može dokazati i matematičkom indukcijom.

Ako u (1) uvrstimo 1 ba slijedi

,2...210

n

n

nnnn

(3)

a iz (2) slijedi

.0)1(...210

n

nnnn n (4)

Sada ćemo dati jednu primjenu formule (3).

¸

Zadatak 1. Neka je zadan konačni skup naaaA ,...,, 21 . Dakle broj njegovih

elemenata, tj. njegov kardinalni broj, je .nkA Skupu A pripada partitivni skup P(A),

koji se sastoji od elemenata koji su svi mogući podskupovi zadanog skupa uključujuči

prazan skup i sam zadani skup. Treba dokazati, da tako definirani skup ima kardinalni broj n2 , tj. kP(A) .2n

Rješenje Z1. Neka je prazan skup, pa je A i P(A). Dakle skup P(A)

sadrži prazan skup, tj. njemu pripada broj ;0

1

n broj jednočlanih skupova je ,

1

n broj


151

dvočlanih skupova je ,2

n..., broj (n-1)-članih je ,

1

n

ni jedan je sam skup A, tj.

.1

n

n Ako sve te brojeve zbrojimo dobivamo (3), što je i trebalo dokazati.

Napomena 1. Uzmimo npr., da je jedna peteročlana obitelj pozvana na neku

svečanost, s time da su moguće sve opcije s obzirom na to koliko će se članova obitelji

odazvati pozivu. Dakle moguće je, da ne ide nitko ili čak svi članovi obitelji. Pita se na

koliko načina može biti realiziran ovaj poziv? Svakako da je „en passant“ odgovor

,3225 jer smo uvažili Z1. Jasno je da, kada bi se poziv odnosio na razred koji ima 20

učenika, tada bi broj mogućih odziva iznosio .5760481220

Nadalje ćemo probleme iskazivati samo pomoću formula, i onda iste dokazivati ili

dati uputu za dokaz, a svrha toga je racionalizacija zapisa.

Zadatak 2.

a) .22

2...

4

2

2

2

0

212

n

n

nnnn (5)

b) .212

2...

5

2

3

2

1

212

n

n

nnnn (6)

Rješenje Z2. Ako u (3) i (4) n zamijenimo s 2n, onda te identitete zbrojimo,

odnosno od prvog oduzmemo drugi, tada dobivamo (5) i (6).

Zadatak 3.

.300

nk

j

n

kj

k

k

n

Uputa za rješenje Z3. Polazimo od

...)11(...)11(1

)11(0

1113 10

nnn

n

nnn

Zadatak 4. .)1()1(00

1 nk

j

n

k

k

j

k

k

n

Uputa za rješenje Z4. Polazimo od


152

...)11()1(...)11(1

)11(0

111)1( 10

nnnn

n

nnn

Zadatak 5.

,12 1

0 0

nn

k

k

j j

k

gdje je po definiciji

,...2,1,0,10

mza

m (7)

Rješenje Z5. Ako jednakosti

,210

00

,2

1

1

0

11

,22

2

1

2

0

22

...,

n

n

nnnn2...

210

zbrojimo, tada je zbroj ovih lijevih strana upravo lijeva strana od (7), a zbroj desnih strana

je geometrijski red ,1221

2112...222 1

1210

n

nn dakle suma (9) je točna.

Zadatak 6.

,012

)1(12

0

rk

j

j

j

k (8)

gdje 12kn ℕ i r ℝ.

Rješenje Z6. Iz relacije (4) slijedi, da je broj sumanada paran ako je n neparan,

dakle .12 kn Sada su sumandi antisimetrični od krajeva prema sredini, tj. prvi član je

suprotnog predznaka od zadnjeg člana, drugi je suprotnog predznaka od predzadnjeg

člana,...; a to znači, ako i svaki član potenciramo realnim brojem r ne dirajući predznak,

slijedi (8).

Zadatak 7.

nn

nnnn

nn

nnn ;198...884...442

13

1...3

23

13

01

523212

ℕ. (9)


153

Uputa za dokaz Z7. Najprije dokažimo, da je

nn

nn

;3

110298...884...44

2

1

ℕ.

Odatle slijedi, da je

nk

nn

k

kn

nn

;13298...884...441

0

1)(2

1

ℕ.

Dakle (9) je točno. Iz te relacije slijedi algoritam

.3...33198...884...442

1

1

nnn

Npr.

.33333198888444442

1

545

Za očekivati je, da npr. do rezultata

000000110000000110000000110 1011010

33...3331988...88844...4442

1

nijedno računalo ne može direktno doći, dakle mora se primijeniti teorijski dokaz.

Zadatak 8. .2

...210

2222

n

n

n

nnnn (10)

Rješenje Z8. Jasno je

.2

2...

2...

2

2

1

2

0

2)1( 0221222 x

n

nx

n

nx

nx

nx

nx nnnnn

Uzmimo, da je

nnn xxx )1()1()1( 2

021 ...

210x

n

nx

nx

nx

n nnn

nx

n

nx

nx

nx

n...

210

210

(sada pomnožimo članove koji su na „istoj vertikali“, i izlučimo potenciju nx )

.........210

...... 1

2222

1

nnn xx

n

nnnnx


154

Ako primjenimo teorem, da su dva polinoma međusobno identična onda i samo onda, ako

su međusobno jednaki koeficijenti uz iste potencije, tada dobivamo (10).

Zadatak 9.

a) .2

2

12 12

0,

n

n

j

n

i

n nn

jiji

b) .2

2

1)1(

0,

1

n

n

j

n

i

nn

jiji

ji

Uputa za rješenje Z9. a),b). Kvadriramo (3), odnosno (4), i uvažimo (10).

Zadatak 10.

.2

)1(2

2...

2

2

1

2

0

22222

n

n

n

nnnn n (11)

Rješenje Z10. Da dokažemo (11) polazimo od identiteta

.)()()( 22222 nnn abbaba (12)

Desnu stranu od (12) može se pisati u obliku

nnnn ban

nba

nba

nba

n 2022211202

2

2...

2

2

1

2

0

2

.2

2...

2

2

1

2

0

2 2022211202

nnnn ab

n

nab

nab

nab

n (13)

Jasno je, da se članovi oblika nnba 22

dobivaju ako u (13) izmnožimo međusobno članove

jedne ispod drugih, dakle članove „po stupcima“, tada dobijemo alternirani zbroj. Dakle,

koeficijent od nnba 22

je lijeva strana od (11). Nadalje, ako razvijemo lijevu stranu od (12)

pojavljuje se član

.2

)1()()(2

)1( 2222 nnnnnn ban

nba

n

n

Vidimo, da je koeficijent od člana nnba 22

ustvari desna strana od (11), pa je time ta

formula dokazana.


155

Zadatak 11.

a) .2

)1(2

4

2

1

2

2...

4

2

2

2

0

22222

n

n

n

n

n

nnnn n (14)

b) .2

)1(2

4

2

1

12

2...

5

2

3

2

1

22222

n

n

n

n

n

nnnn n (15)

Uputa za rješenje Z11. a), b). Ako u (10) n zamjenimo s 2n, i ako sada toj

jednakosti dodamo (11), tada nakon sređivanja slijedi (14). Analogno dobivamo (15),

samo sada od (11) oduzmemo (14).

Zadatak 12.

.)!(

)!3()1(

2

2...

2

2

1

2

0

23

3333

n

n

n

nnnnn

(16)

Komentar Z12. Provjerimo (16) za ,...2,1n ;

6)!1(

!3)1(

2

2

1

2

0

23

1

333

,

,...;90)!2(

!6)1(

4

4

3

4

2

4

1

4

0

43

2

33333

što je točno ...

Opći dokaz ove formule je dao engleski matematičar Dixon (A.C. Dixon, 1865-

1936). Taj dokaz je dosta kompliciran, iako je rezultat jednostavan ([1], strana 79).

Napomena 2. Svi ostali slučajevi sume potencija binomnih koeficijenata, kao i

alternirajuće sume istih, su dosta velikog zapisa, osim (16).

Zadatak 13.

.1

1

0

n

j k

kn

k

jk (17)

Rješenje Z13. Služeći se svojstvima o sumi binomnih koeficijenata imamo:

,1

1

1

k

k

k

k

k

k

,1

2

1

11

k

k

k

k

k

k


156

,1

3

1

22

k

k

k

k

k

k

. . .

. . .

. . .

.1

1

1

k

nk

k

nk

k

nk

Ako te jednakosti zbrojimo, tada vidimo, da se dokidaju drugi članovi lijevih strana s

članovima desnih strana, osim zadnjega člana, tj. desnog člana u zadnjoj jednakosti, s time

da smo uvažili da je drugi član lijeve strane prve jednakosti jednak nuli. Na osnovi

iznesenog slijedi da je (17) točno.

Zadatak 14.

a) .cos42

4)1(

2

0

nk

n nn

k

k

(18)

b) .sin412

4)1(

2

1

1 nk

n nn

k

k

(19)

Rješenje Z14. Polazimo od kompleksnog broja u Gaussovom obliku

,1 iz (20)

odnosno u Cauchyevom obliku

.4

sin4

cos2

iz (21)

Iz (20) i (21), nakon potenciranja s n4 slijedi

nn in

ni

n

ni

ni

ni

n 414210

4

4

14

4...

2

4

1

4

0

4

14

4...

5

4

3

4

1

4

4

4...

4

4

2

4

0

4

n

nnnni

n

nnnn

.sincos44

sin4

cos2

4

nini n

n

Ako primjenimo teorem o jednakosti dvaju kompleksnih brojeva, tada dobivamo (18) i

(19).

Napomena 3. Iz (18) i (19) slijedi


157

.212

4)1(

2

4)1( 4

22

1

1

22

0

nn

k

kn

k

k

k

n

k

n

Zadatak 15.

.)2(00

nknk

j

n

k

nnjk

jn

k

n

(22)

Rješenje Z15.

nn nn 1)1()2(

0101 ...

100)1(...)1(

1)1(

0n

n

nn

nn

nnn

n

nn

nn

n nnnn

021

1

1...

1

1

0

1

1n

n

nn

nn

nn nn

...

2

2...

1

2

0

2

2

032 nn

nn

nn

nn nn

0)1()1(

01

)1(

0

)1(

1n

nn

n

nn

nnn

nn

n

n nnnn

,0

...21

1

0

2

210

1

100

021 nnn

n

nn

nnnnn

nnnn

nn nnn

a to je lijeva strana od (22).

Napomena 4. U sljedećim problemima koristit ćemo elementarno gradivo o

derivacijama i integralima, koje se obrađuje u četvrtom razredu srednje škole, a iz

mnemotehničkih razloga dajemo D1 i D2.

Definicija 1. Neka je

....33

22

11

)( kkkk

k nn

nnnnnB

Definicija 2. Neka je

.)1(...33

22

11

)( 1 knkkk

k nn

nnnnnB

Zadatak 16.

.2...33

22

11

)( 1

1

nnn

n

nnnnnB (23)


158

Rješenje Z16. Ako identitet

nn xn

nx

nx

nnx

...

210)1( 2

deriviramo po x, tada slijedi

,)1(...33

22

11

112

nn xnxnn

nx

nx

nn (24)

pa ako sada izvršimo specijalizaciju za 1x slijedi (23).

Napomena 5. Iz (23) dobijemo

,211

...)2(2

)1(10

1

nnn

nn

nn

nn

n (25)

ako koristimo svojstvo binomnih koeficijenata .

kn

n

k

n

Zadatak 17.

.2)1(...33

22

11

)( 222222

nnnn

n

nnnnnB (26)

Uputa za rješenje Z17. Ako obje strane (24) pomnožimo sa x i deriviramo, tada

dobijemo (26) nakon specijalizacije za .1x

Zadatak 18.

a) .2)3(...33

22

11

)( 3233333

nnnn

n

nnnnnB

b) .2)25()1(...33

22

11

)( 4244444

nnnnnn

n

nnnnnB

c) .2)101510(...33

22

11

)( 523255555

nnnnnn

n

nnnnnB

Uputa za rješenje Z18. Postupak je sličan kao u prethodnom zadatku.

Provjerimo npr. )(5 nB za 2n . Dakle

3432222

21

1

2)2( 55

5

B

i


159

34.2)102152102(2)2( 52232

5 B ,

a to smo i očekivali.

Zadatak 19.

.1;0)1(...33

22

11

)( 1

1

nn

n

nnnnnB n

(27)

Rješenje Z19. Iz

nnn xn

nx

nx

nnx

)1(...

210)1( 2

nakon deriviranja slijedi

.)1()1(...33

22

11

112

nnn xnxnn

nx

nx

nn (28)

Nakon specijalizacije 1 xn iz (28) slijedi da je ,01 0 a posljedica toga neodređenog

oblika je, da (27) ne vrijedi za .1n

Zadatak 20.

.;0)1(...33

22

11

)( 1 knnn

nnnnnB knkkk

k

(29)

Rješenje Z20. Ako promotrimo (28), tada zaključujemo da taj identitet moramo

pomnožiti sa x i onda ga derivirati. Taj postupak počevši s (28) moramo napraviti još

)1( k puta, da bi dobili oblik

.)1(...33

22

11

12 nknkkk xnn

nx

nx

nn

(30)

Jasno je, da suma (30) sigurno sadrži član knx )1( , koji će nam generirati neodređeni

oblik 00 za posebne vrijednosti ako je 1x i ,kn odnosno ta suma neće biti

definirana za 1x i .kn No, suma (30) je jednaka 0, ako je kn i 1x , jer

sumandi nakon k deriviranja i množenja sa x sadrže faktore ).1( x Dakle, formula (29)

je u potpunosti dokazana.

Provjerimo (29) za 4k i .5n Budući je kn , onda mora biti

.06251280810160555

54

4

53

3

52

2

51

1

5)5( 44444

4

B

Ako je npr. 3 kn , tada je

.062724333

32

2

31

1

3)3( 333

3

B


160

Napomena 6. U formuli (22) možemo izbaciti uvjet ,kn pa bi se ona mogla

ovako prikazati u eksplicitnom obliku;

.0)()1(...33

22

11

)( 1

kknkkk

k knkn

knknknknknB

Zadatak 21. .1

12

1

1 1

0

nk

n

k

nn

k

(31)

Rješenje Z21. Ako identitet

nn xxn

nx

nx

nn)1(...

210

2

neodređeno integriramo, onda dobivamo vezu

,)1(1

1

1

1...

23

1

12

1

01

1 11321 Cxn

xn

n

nx

nx

nx

n nn

iz koje se dobije konstanta 1

1

nC za ,0x pa identitet prima oblik

.1

1)1(

1

1

1

1...

23

1

12

1

01

1 11321

nx

nx

n

n

nx

nx

nx

n nn

I konačno ako u (25) uvrstimo 1x dobivamo (31).

Zadatak 22.

a) .)1(!0

1

1

1

1

)1(

0

nnk

n

k

n

k

k

(32)

b) .)2(!1

1

2

1

)2)(1(

)1(

0

nnk

n

kk

n

k

k

(33)

c) .)3(!2

1

)3(2

1

)3)(2)(1(

)1(

0

nnk

n

kkk

n

k

k

(34)

d) Generalizacija;

,)(!)1(

1

)(...)2)(1(

)1(

0mnmk

n

mkkk

n

k

k

gdje je ,...3,2,1m

Uputa za rješenje Z22. Polazimo od identiteta


161

.)1()1(...210

2 nnn xxn

nx

nx

nn

Analognim postupkom kao u Z21 dobivamo (32), (33), (34),... i matematičkom

indukcijom bi mogli doći do općeg slučaja d).

Provjerimo (32) za 3n ;

.13

1

4

1

4

11

2

31

3

3

4

1

2

3

3

1

1

3

2

1

0

3

1

1

Zadatak 23.

a) .2

cos2

cos2cos0

nk

k

nn

nn

k

b) .22

cos21

nnsinksi

k

nn

nn

k

Uputa za rješenje Z23. a), b). Neka je sincos iz kompleksni broj. Dakle

.1z Iz jednakosti

2sin

2cos

2cos2sincos1)1(

ni

niz

n

nnn

i iz jednakosti

)sin(cos)1(00

kikk

nz

k

nz

n

k

kn

k

n

slijede dani identiteti.

Zadatak 24.

a) .2

1sin

2cos2sin

1

1

1

n

nkk

nk

n

nn

k

b) .2

1cos

2cos2cos

1

1

1

n

nkk

nk

n

nn

k

(35)

Uputa za rješenje Z24. a), b). Ako deriviramo identitete Z23 a), b) po varijabli ,

tada dobivamo formule Z24 a), b).

Napomena 7. Ako bi u Z35 b) uvrstili 0 , tada bi dobili (23).


162

Zadatak 25.

a) .2

cos2

2cos

2cos2cos

2

2

1

2

nn

nnkk

nk

n

nn

k

b) .2

sin2

2sin

2cos2sin

2

2

1

2

nn

nnkk

nk

n

nn

k

(36)

Uputa za rješenje Z25. a), b). Ako deriviramo identitete Z24 a), b) po varijabli ,

tada dobivamo formule Z25 a), b).

Napomena 8. Vidimo, ako u Z25 a) uvrstimo 0 , tada dobivamo (26).

Zadatak 26.

a) .2sin1

22

1cos)(cos

11

Ckxk

n

kxdxnxx

n

kn

n

(37)

b) .2cos1

2

1sin)(cos

11

Ckxk

n

kdxnxx

n

kn

n

(38)

Uputa za rješenje Z26 a),b). Ako u Z23 identitete neodređeno integriramo i

izvršimo supstituciju x2 , tada dobivamo (37) i (38).

Zadatak 27. a) .2cos2

1)1sin(cos

12

1Ckx

k

n

ndxxnx

n

kn

n

b) ,2sin2

1)1cos(cos

12

1Ckx

k

n

ndxxnx

n

kn

n

Uputa za rješenje Z27.a), b). Rezultat slijedi iz Z24 ako zamjenimo s 2x i

izvršimo neodređeno integriranje.

Zadatak 28.

.4

12sinsgn

4

12sinsgn)12(2)12(

12

12)12()1( 2

1

21

nn

nnk

nk n

n

k

k (39)

Uputa za rješenje Z28. Ako u formuli (36) n zamijenimo s 12 n i supstituiramo

2

, tada dobivamo (39).


163

Napomena 9. Provjerimo (35) za .4n Dakle

,1687

77

5

75

3

73

1

71 2222

a desna strana od (35) je ,168)117(47 što smo i očekivali.

Napomena 10. Na kraju ćemo dati dva problema s beskonačnim redovima, gdje

se pojavljuju binomni koeficijenti, ali ćemo koristiti ove dvije dobro poznate relacije iz

matematičke analize:

...,5

1

4

1

3

1

2

112ln (40)

...!4

1

!3

1

!2

1

!1

1

!0

1e (41)

Zadatak 29. .2ln1

)1()1(

0 0

n

n

k

kn

k

n

k (42)

Rješenje Z29. Ako uvažimo (40), tada iz (32) dobivamo (42).

Zadatak 30.

...71828182,2)(...)2)(1(

)1()(

00

ek

n

mkkkmn

n

k

k

m

(43)

Rješenje Z30. Vidljivo je, da:

(32) ,!0

1

1

)1()1(

0

k

n

kn

n

k

k

(33) ,!1

1

)2)(1(

)1()2(

0

k

n

kkn

n

k

k

(34) ,...;!2

1

)3)(2)(1(

)1()3(

0

k

n

kkkn

n

k

k

i kada te jednakosti zbrojimo dobivamo (41), a to znači da je (43) točno. Dakle, i broj e se

može „izgraditi“ pomoću binomnih koeficijenata. Svakako, da ovo nije jedini način.

Napomena 10. Postoje i druge mogućnosti za prikaz ovih matematičkih konstanti

(ln2, e, , ...) pomoću binomnih koeficijenata. No, svi prikazi nisu pogodni za izračun

istih.

I na kraju navedimo tri reda i njihove sume, do kojih nije jednostavno doći:


164

,2ln3

12

2)1(

1

1

1

1

n

nn nn

n ,3

9

12

1

1

1

n

nn

n

;)1121220(250

12

3

1

1

n

n nln

n

a one sadrže ln2 i .

Literatura:

[1] D. Blanuša: Viša matematika, I Dio, Prvi Svezak, Tehnička knjiga, Zagreb 1970.

[2] T.W. Cusick: Recurrences for Sums of Powers of Binomial Coefficients, J. Combin.

Theory. Ser. A, 52(1)( 1989), 77-83.

[3] http://mathworld.wolfram.com / Bionomial Sums.

Primljeno u redakciju Časopisa 24.04.2017; Dostupno na internetu 15.05.2017.

rqdþqhvxphvelqrpqlpnrhilflmhqwlpdmat -kol (banja luka) issn 0354 -6969 (o) ... 2 km k n k n k ......

Documents