número de términos distintos en la expansión binomial de$\left(x+x^{-1}+x^2+x^{-2}\right)^{15}$

Question

Pregunta -> ¿Cómo puedo encontrar el número de términos distintos en la expansión binomial de$$\left(x+\frac{1}{x}+x^2+\frac{1}{x^2}\right)^{15}$ $

Solución que probé ->

$$\left(\frac{x^3+x+x^4+1}{x^{2}}\right)^{15}=x^{-30}\left(1+x+x^3+x^4\right)^{15}$ $ está en la forma de

$$x^{-30}\left(a_{0}+a_{1}x+....a_{60}x^{60}\right)$ $ No entendí qué poderes de$x$ están presentes y cuáles están ausentes.

¿Cómo encuentro el número de términos distintos?

Answer 1

Ya que todos los coeficientes son positivos, esto equivale a solo verificar que cada número es alcanzable por al menos una combinación de los términos. $a_k$ en el de arriba tiene la combinatoria de interpretación como el número de posibles soluciones a $(c_1,c_2,\dots,c_{15})$ donde cada una de las $c_i\in\{0,1,3,4\}$$c_1+c_2+\dots+c_{15}=k$.

El uso de esta interpretación, cada una de las $a_0,a_1,\dots,a_{15}$, obviamente, son positivas, ya que para $k\in\{0,1,\dots,15\}$ uno se puede topar con al menos uno de acuerdo como $(\underbrace{1,1,\dots,1,}_k~\underbrace{0,0,\dots,0}_{15-k})$. El mismo argumento funciona para mostrar cada una de las $a_{45},a_{46},\dots,a_{60}$ utilizando en su lugar $4$'s y $3$'s en el lugar de la $0$'s y $1$'s.

Cada una de las $a_{16},\dots,a_{27}$ puede ser visto para ser positivo, ya que para $k\in\{16,\dots,27\}$ podemos usar $(4,4,4,4,\underbrace{1,1,1,\dots,1}_{k-16}~,\underbrace{0,0,\dots,0}_{27-k})$

Podemos también construir al menos un acuerdo para $28,29$ $30$ así como también el uso de unos cuantos más, $4$'s en el principio. Finalmente, mediante la sustitución de $0$'s $4$'s y viceversa, y $1$'s $3$'s y viceversa, esto le da a los arreglos para cada una de las $30,\dots 45$ así sin ningún esfuerzo adicional.

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Al final todo esto demuestra que cada coeficiente de $a_0,a_1,\dots,a_{60}$ son enteros positivos y así todos los sesenta y un posible aparecen en la plena expansión de $(1+x+x^3+x^4)^{15}$ y de forma equivalente, a todos los sesenta y uno de los posibles términos aparecen en la expansión de $(x+\frac{1}{x}+x^2+\frac{1}{x^2})^{15}$

Mucho más interesante y difícil hubiera sido si algunos de los signos que fueron alterados, como en $(x-\frac{1}{x}+x^2-\frac{1}{x^2})^{15}$, donde por ejemplo el coeficiente del término de $x^0$ sería igual a cero.

Answer 2

Podemos conseguir cualquier exponente de$0$$60$. Por lo tanto, no se $61$ términos distintos.

Considere la posibilidad de $$ \left(1+x+x^3+x^4\right)^{15} $$ Para $0\le k\le30$, hay una manera de conseguir a $x^k$ por $$ \color{#C00}{1}^{15-k+2\lfloor k/3\rfloor}\color{#C00}{x}^{k-3\lfloor k/3\rfloor}\color{#C00}{x}^{\color{#C00}{3}\lfloor k/3\rfloor} $$ desde $k-2\lfloor k/3\rfloor\le11$.

Para $0\le k\le30$, hay una manera de conseguir a $x^{60-k}$ por $$ \color{#C00}{x}^{\color{#C00}{4}(15-k+2\lfloor k/3\rfloor)}\color{#C00}{x}^{\color{#C00}{3}(k-3\lfloor k/3\rfloor)}\color{#C00}{x}^{\lfloor k/3\rfloor} $$ desde $k-2\lfloor k/3\rfloor\le11$.

Answer 3

En tu línea final deberías poder convencerte de que todos los términos están ahí. Como todas las señales en tu poder son más, no puedes tener ninguna cancelación que elimine un término. Luego solo tiene que convencerse de que si elige$15$ términos desde$\{0,1,3,4\}$ con reemplazo, puede obtener todas las sumas de$0$ a través de$60$. Puede demostrar que puede obtener$0$ a través de$8$ con dos elementos, luego simplemente agregue suficiente$0$ s o$4$ s para completar.