De encontrar lo positivo $n$ tales $2^{n-2i}|\sum_{k=i}^{\lfloor\frac{n-1}{2}\rfloor}\binom{k}{i}\binom{n}{2k+1}$

Question

Pregunta:

si tal $\forall i\in\{1,2,\cdots,\lfloor\dfrac{n-1}{2}\rfloor\}$,han $$2^{n-2i}|\sum_{k=i}^{\lfloor\frac{n-1}{2}\rfloor}\binom{k}{i}\binom{n}{2k+1}$$ Find all the positive intger $n$

Quiero encontrar a esta suma $\sum_{k=i}^{\lfloor\frac{n-1}{2}\rfloor}\binom{k}{i}\binom{n}{2k+1}$?este paso es correcto?

Answer 1

Tenemos la suma

$$S_{n,p} = \sum_{k=q}^{\lfloor (n-1)/2\rfloor} {k\elegir q} {n\elegir 2k+1}.$$

La introducción de

$${n\elegir 2k+1} = {n\elegir n-2k-1} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n-2k}} (1+z)^n \; dz$$

esto controla el rango y podemos extender $k$ hasta el infinito, para llegar la suma

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n}} (1+z)^n \sum_{k\ge q} {k\elegir q} z^{2k} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n-2t}} (1+z)^n \sum_{k\ge 0} {k+q\elegir q} z^{2k} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n-2t}} (1+z)^n \frac{1}{(1-z^2)^{q+1}} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n-2t}} (1+z)^{n-p-1} \frac{1}{(1-z)^{q+1}} \; dz.$$

Este es

$$\sum_{p=0}^{n-2t-1} {n-p-1\elegir p} {n-2t-1-p+p\elegir q} \\ = \sum_{p=0}^{n-2t-1} {n-p-1\elegir n-p-p-1} {n-p-1-p\elegir q}.$$

Observar que

$${n-p-1\elegir n-p-p-1} {n-p-1-p\elegir q} = \frac{(n-p-1)!}{p! q! (n-2t-1-p)!} \\ = {n-p-1\elegir q} {n-2t-1\elegir p}$$

de manera que la suma se convierte en

$${n-p-1\elegir q} \sum_{p=0}^{n-2t-1} {n-2t-1\elegir p} = 2^{n-2t-1} {n-p-1\elegir q}.$$

donde tenemos $q\le \lfloor (n-1)/2\rfloor.$ Si esto va a ser un varios de $2^{n-2q}$, entonces el coeficiente binomial debe ser par. Nosotros aplicar Lucas' El teorema que dice que un coeficiente binomial ${n\choose p}$ es impar si todos los bits de $p$ son menores o iguales a los bits correspondientes de $n.$ Supongamos primero que $n$ no es una potencia de dos y tomar $q = n - 2^{\lfloor \log_2 n\rfloor}.$ We have $q\ge 1$ como se requiere. Para comprobar la parte superior rango de inicio de $\lceil (n-1)/2\rceil \le n/2$ que sigue por de los casos. Esto es $\lceil (n-1)/2\rceil \le 2^{-1 + \log_2 n}$ que es menos de $2^{\lfloor \log_2 n\rfloor}$, de modo que $n-1 - \lfloor (n-1)/2\rfloor \lt 2^{\lfloor \log_2 n\rfloor}$ or $n - 2^{\lfloor \log_2 n\rfloor} \lt \lfloor (n-1)/2\rfloor + 1$ or $n - 2^{\lfloor \log_2 n\rfloor} \le \lfloor (n-1)/2\rfloor.$ Esto demuestra que la selección de $q$ está dentro del rango. Así tenemos $n-p-1 = 2^{\lfloor \log_2 n\rfloor} - 1$, una cadena de bits, que son mayores que o iguales a los bits de $q$ por la inspección. Por lo tanto hemos encontrado un extraño coeficiente binomial y la reclamación no se mantienen cuando se $n$ no es un potencia de dos. El caso restante es para $n$ una potencia de dos. Por lo tanto, ha $n-1$ una cadena de bits. Por lo tanto los bits correspondientes a $q$ en $n-1-q$ son los bits de $q$, pero se volcó. Ahora ya todos los $q$ tiene al menos uno de los bits que se establece tenemos un correspondong bit cero en $n-1-q.$ Por lo tanto el coeficiente binomial es aún. Esto funciona para todas las $q.$ Por lo tanto, la respuesta a la consulta es que $S_{n,q}$ es divisible por $2^{n-2q}$ con $q$ en la propuesta de la gama iff $n$ es una potencia de dos.

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