Doppelsumme zweier Binomialkoeffizienten

Question

Doppelsumme zweier Binomialkoeffizienten

Summe
Mathematik
Binomialkoeffizienten

om joglekar

Die Frage fordert uns auf, die folgende Summe zu berechnen:

$\sum_{0 \leq ich \leq J} \sum_{J \leq N} (C_{ich} + C_{J})^{2}$ $\sum_{0 \leq i \leq j} \sum_{j \leq n} (C_i \hspace{0.05cm}+ \hspace{0.05cm}C_j)^2$

Ich weiß ehrlich gesagt nicht, was ich mit den quadrierten Begriffen anfangen soll $C_i^2$ Und $C_j ^2$ .
Ich erreichte den Punkt, an dem ich die Summe auswerten konnte $C_i C_j$

Ich habe folgenden Ausdruck bekommen:

\sum_{0 \leq ich \leq J} \sum_{J \leq N} (C_{ich}^{2} + C_{J}^{2}) + (2^{N})^{2} -^{2 N} C_{N}

$\sum_{0 \leq i \leq j} \sum_{j \leq n} (C_i \hspace{0.05cm} ^2+ \hspace{0.05cm} C_j \ ^2)\hspace{0.05cm}+ \hspace{0.05cm} (2^n)^2 \hspace{0.05cm}- \hspace{0.05cm} ^{2n}C_n$

**Es kommt von dem Teil, wo wir die Formel verwenden

\sum 2 auf einmal = (A + B + C + D . . . . .)^{2} - (A^{2} + B^{2} + C^{2} + D^{2} . . . . .)

$\sum \text {2 at a time } = (a+b+c+d .....)^2 - (a^2+b^2+c^2+d^2.....)$

Also, wie löse ich das jetzt? Was mache ich mit dem ersten Summenterm?

Asher2211

\sum_{0 \leq i \leq n} \sum_{0 \leq j \leq n} (C_{i} + C_{j})^{2} = \sum_{0 \leq i \leq j} \sum_{j \leq n} (C_{i} + C_{j})^{2} + \sum_{0 \leq j \leq i} \sum_{i \leq n} (C_{i} + C_{j})^{2} - \sum_{i = j} (C_{i} + C_{j})^{2} = 2 \sum_{0 \leq i \leq j} \sum_{j \leq n} (C_{i} + C_{j})^{2} - \sum_{i = j} (C_{i} + C_{j})^{2}

$\displaystyle\sum_{0\leq i\leq n~~} \sum_{0\le j\leq n} (C_i+C_j)^2\\\displaystyle= \sum_{0 \leq i \leq j~} \sum_{j \leq n} (C_i + C_j)^2+ \sum_{0 \leq j \leq i~} \sum_{i \leq n} (C_i + C_j)^2- \sum_{i=j} (C_i + C_j)^2\\\displaystyle=2\sum_{0 \leq i \leq j~} \sum_{j \leq n} (C_i +C_j)^2-\sum_{i=j} (C_i+ C_j)^2$

om joglekar

wow! Was hast du dort gemacht @Asher2211 ?

om joglekar

Ist das Addieren und Subtrahieren gültig? man hat doppelte Summe andere hat Single

Asher2211

\sum_{0 \leq i \leq j} \sum_{j \leq n} (C_{i} + C_{j})^{2} = \sum_{0 \leq j \leq i} \sum_{i \leq n} (C_{i} + C_{j})^{2}

$\displaystyle\sum_{0 \leq i \leq j~} \sum_{j \leq n} (C_i + C_j)^2= \sum_{0 \leq j \leq i~} \sum_{i \leq n} (C_i + C_j)^2$

Asher2211

\sum_{0 \leq i \leq j} \sum_{j \leq n} (C_{i} + C_{j})^{2}

$\displaystyle\sum_{0 \leq i \leq j~} \sum_{j \leq n} (C_i + C_j)^2$ umfasst alle Fälle mit

i \leq j

$i\le j$ Und

\sum_{0 \leq j \leq i} \sum_{i \leq n} (C_{i} + C_{j})^{2}

$\displaystyle\sum_{0 \leq j \leq i~} \sum_{i \leq n} (C_i + C_j)^2$ umfasst alle Fälle mit

j \leq i

$j\le i$ . Wir haben den Fall gezählt

i = j

$i=j$ In beiden Summen haben wir also subtrahiert

\sum_{i = j} (C_{i} + C_{j})^{2}

$\displaystyle\sum_{i=j} (C_i + C_j)^2$ . Das ist im Grunde wie das Prinzip von Inklusion und Exklusion.

om joglekar

Oh ja ja. ich bekomme es langsam hin. lass mich auch auf Antworten warten

Antworten (2)

Doppelsumme zweier Binomialkoeffizienten

$\displaystyle\sum_{0\leq i\leq n~~} \sum_{0\le j\leq n} (C_i+C_j)^2\\\displaystyle= \sum_{0 \leq i \leq j~} \sum_{j \leq n} (C_i + C_j)^2+ \sum_{0 \leq j \leq i~} \sum_{i \leq n} (C_i + C_j)^2- \sum_{i=j} (C_i + C_j)^2\\\displaystyle=2\sum_{0 \leq i \leq j~} \sum_{j \leq n} (C_i +C_j)^2-\sum_{i=j} (C_i+ C_j)^2$
Ist das Addieren und Subtrahieren gültig? man hat doppelte Summe andere hat Single
$\displaystyle\sum_{0 \leq i \leq j~} \sum_{j \leq n} (C_i + C_j)^2= \sum_{0 \leq j \leq i~} \sum_{i \leq n} (C_i + C_j)^2$
$\displaystyle\sum_{0 \leq i \leq j~} \sum_{j \leq n} (C_i + C_j)^2$ umfasst alle Fälle mit $i\le j$ Und $\displaystyle\sum_{0 \leq j \leq i~} \sum_{i \leq n} (C_i + C_j)^2$ umfasst alle Fälle mit $j\le i$ . Wir haben den Fall gezählt $i=j$ In beiden Summen haben wir also subtrahiert $\displaystyle\sum_{i=j} (C_i + C_j)^2$ . Das ist im Grunde wie das Prinzip von Inklusion und Exklusion.
Oh ja ja. ich bekomme es langsam hin. lass mich auch auf Antworten warten

Z Ahmed · Answer 1

Beginnen mit

P_{N} = \sum_{ich = 0}^{N} \sum_{J = 0}^{N} (A_{ich} + A_{J})^{2} = (2 N + 2) \sum_{k = 0}^{N} A_{k}^{2} + 2 {(\sum_{k = 0}^{N} A_{k})}^{2}, (1)

$P_n=\sum_{i=0}^{n} \sum_{j=0}^n (A_i+ A_j)^2=(2n+2)\sum_{k=0}^{n}A_k^2+2\left(\sum_{k=0}^n A_k\right)^2,~~~~(1)$ Dann

T_{N} = \sum_{0 \leq ich \leq J} \sum_{J \leq N} (A_{ich} + A_{J})^{2} = \frac{1}{2} [P_{N} + 4 \sum_{k = 0}^{N} A_{k}^{2}] = (N + 3) \sum_{k = 0}^{N} A_{k}^{2} + {(\sum_{k = 0}^{N} A_{k})}^{2} (2)

$T_n=\sum_{0 \leq i \leq j} \sum_{j \leq n} (A_i+ A_j)^2=\frac{1}{2}[P_n+4\sum_{k=0}^{n}A_k^2]=(n+3)\sum_{k=0}^{n} A_k^2+\left(\sum_{k=0}^{n} A_k\right)^2~~~~(2)$ Man kann das überprüfen, wenn

A_{k} = k

$A_k=k$ , wir bekommen

T_{0} = 0, T_{1} = 5, T_{2} = 34, T_{3} = 120.

$T_0=0, T_1=5, T_2=34, T_3=120.$

Im Fall des OP gibt (2).

S_{N} = \sum_{0 \leq ich \leq J} \sum_{J \leq N} {[(\binom{N}{ich}) + (\binom{N}{J})]}^{2} = (N + 3) (\binom{2 N}{N}) + 2^{2 N} (3)

$S_n=\sum_{0 \leq i \leq j} \sum_{j \leq n} \left[{n \choose i} \hspace{0.05cm}+ \hspace{0.05cm}{n \choose j}\right]^2=(n+3){2n \choose n}+2^{2n}~~~~(3)$ Wenn Sie Topfen

n = 0

$n=0$ , du erhältst

S_{0} = 4, S_{1} = 12, S_{2} = 46

$S_0=4,S_1=12,S_2=46$ , richtig.

Die Logik scheint mir in Ordnung zu sein, aber die Antwort nicht. Hier ist die Antwort, die veröffentlicht wurde: drive.google.com/file/d/1uXxIexAdHzNN_uGR6fQQxXATDE4zC48K/…
Entschuldigung, das ist nicht korrekt. Der einfache Test ist für $n=0$ sollte man bekommen $S=4$

HeinTA · Answer 2

Das Problem wird viel einfacher, wenn wir uns die Indizes als Gitterpunkte im vorstellen $ij$ -Ebene.

Betrachten Sie die Gitterpunkte innerhalb und auf dem Quadrat mit Eckpunkten $(0, 0)$ , $(n, 0)$ , $(0, n)$ Und $(n, n)$ . Und zu jedem Punkt $(i, j)$ , weisen Sie den Wert zu $(C_i + C_j)^2$ . Das Problem fordert uns auf, die Summe der zugewiesenen Werte innerhalb und auf dem Dreieck mit Eckpunkten zu berechnen $(0, 0)$ , $(0, n)$ , $(n, n)$ . Da die Werte entlang der Linie symmetrisch sind $i=j$ , und es ist leicht, die Summe von zu finden $(C_i + C_j)^2$ Wenn $i=j$ , genügt es, sich auf das gesamte Quadrat zu konzentrieren. Das heißt, um die Summe zu bewerten $(C_i + C_j)^2$ über alle Indizes $i=0, \dotsc, n$ Und $j=0, \dotsc, n$ .

Es ist nun recht einfach zu sehen, dass diese Summe über alle Indizes gleich ist

2 N \cdot C_{N}^{2 N} + (2^{N})^{2} .

$2n\cdot C^{2n}_n + (2^n)^2.$

Jetzt müssen wir nur noch die Diagonale abziehen und fertig.

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Z Ahmed

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Z Ahmed

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Z Ahmed

Z Ahmed

Zur verallgemeinerten Leibniz-Regel

Vereinfachen des Produkts mehrerer Binomialentwicklungen

Kombinatorischer Beweis der Identität 3n=∑nk=0(nk)2k3n=∑k=0n(nk)2k3^n=\sum_{k=0}^n \binom nk 2^k

Auswertung von ∑∞y=a(ya)⋅py−a∑y=a∞(ya)⋅py−a\sum_{y=a}^{\infty}{y \choose a} \cdot p^{ya} für p∈[0,1]p∈[0,1]p \in [0,1]

Summierung der Binomialentwicklung mit multiplikativen Faktoren

Binomial-/Kombinatorik-Summationsbeweisfrage

Summe des Produkts der Binomialkoeffizienten: ∑nk=0(−1)k(nk)(n+kk)=(−1)n∑k=0n(−1)k(nk)(n+kk)=(− 1)n\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}\binom{n + k}{k} = (-1)^n

Berechnen Sie die geschlossene Form der folgenden Reihe

Binomialidentität, die sich aus der katalanischen Wiederholung ergibt.

Kombinatorischer Beweis von ∑i=0m2n−i(ni)(mi)=∑i=0m(n+m−im)(ni)∑i=0m2n−i(ni)(mi)=∑i=0m(n+). m−im)(ni) \sum \limits_{i = 0} ^{m} 2^{ni} {n \choose i}{m \choose i} = \sum\limits_{i=0}^m { n + m - ich \choose m} {n \choose i}