¿Por qué la fila$n = 2^x$ en el triángulo de Pascal tiene todos los números pares excepto los$1$ 's?

Question

En la fila $n = 2^x$, $x$ ser un entero positivo, en el triángulo de Pascal, todas las entradas excepto las dos $1$'s en la extrema izquierda y la derecha son incluso.

He intentado probar pero no podía.

Aquí está mi probar:-

Cada entrada es de la forma $\frac{(2^x)!}{(k!)([2^x]-k)!}$

Me contó el no.de 2 en el primer factorización de $(2^x)!$ , de la siguiente manera:-

No.de múltiplos de $2 = \frac{2^x}2 = 2^{x-1}$
No.de múltiplos de $4 = \frac{2^x}{2^2}= 2^{x-2}$
Al igual hasta no.de múltiplos de $2^x = 1$.

Así que total no.de 2 en el primer factorización es $$ 2^{x-1} + 2^{x 2} + \cdots + 2 + 1 = 2^x-1 $$ Pero no puedo demostrar que el no.de 2 en el denominador de cada entrada será de menos de $2^{x-1}$.

Puedo obtener algunos consejos/ayuda?

Gracias.

Answer 1

He aquí una solución sencilla,

$$(1+x)^2 \equiv 1+x^2 \mod 2$$ $$\rightarrow (1+x)^{2^2} \equiv (1+x^2)^2 \equiv 1+x^4 \mod 2$$ si van a seguir

$$(1+x)^{2^n}\equiv 1+x^{2^n}\mod 2$$

lo que implica que todos los binomios de la forma $\binom{2^n}{k}\equiv 0 \mod 2\qquad \forall 0<k<n$

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Para un análisis más profundo le sugiero que eche un vistazo a Lucas del teorema de

El teorema dice que para cualquier prime $p$ y números de $m,n$ que se puede escribir como,

$$m = m_k p^k + m_{k-1}p^{k-1}+ \dots+m_0$$ $$n = n_k p^k + n_{k-1}p^{k-1}+ \dots+n_0$$

tenemos,

$$\binom{m}{n} = \binom{m_k}{n_k}\binom{m_{k-1}}{n_{k-1}}\dots \binom{m_{0}}{n_{0}} \mod p$$ $2^x$ en representación binaria es $10...0$ ($x$ceros). Cualquier número de $0<k<2^n$ tendrá representación binaria $0b_1b_2...b_x$ donde $b_i\in (0,1)$ pero no todos son 0.

$$\binom{2^x}{k}\equiv \binom{1}{0}\prod_{i=1}^{i=x}\binom{0}{b_i}\mod 2$$

Tenemos $\binom{m}{n}=0$ para $m<n$. Ya que todas las $b_i$ no puede ser cero simutaneously ($k\neq 0$ o $2^x$) tenemos,

$$\binom{2^x}{k}\equiv 0 \mod 2 \qquad 0<k<2^x$$

Answer 2

La observación clave es que si $1\le k < 2^x$, a continuación, $k$ e $2^x-k$ contienen exactamente el mismo poder de $2$. Así que cuando escribimos

$$\binom{2^x}{k}=\frac{2^x(2^x-1)\ldots(2^x-k+1)}{k(k-1)\ldots2\cdot 1}$$

podemos cancelar los poderes de $2$ en $(2^x-r)$ en el numerador con los poderes de la $2$ en $r$ en el denominador, lo que nos deja sólo con los poderes de la $2$ contenida en $$\frac{2^x}{k}$$

que es, obviamente, incluso si $1\le k < 2^x$.

Answer 3

Supongamos que estamos buscando en el coeficiente binomial $$\binom {2^n}m=\frac {(2^n)!}{m!(2^n-m)!}=\frac {2^n}m\cdot\frac {2^n-1}1\cdot\frac{2^n-2}2\dots \cdot \frac {2^n-(m-1)}{m-1}$$

(asumiendo $m\gt 1$: sólo el primer término de $m=1$, y para $m=0$ el vacío del producto o directamente el valor de $1$)

Ahora supongamos $2^n\gt r \gt 0$ y que $r=2^st$ donde $t$ es impar, y tenemos $s\lt n$, luego de todas las fracciones en el producto aparte de los de la primera son de la forma $$\frac {2^n-r}r=\frac {2^n-2^st}{2^st}=\frac {2^{n-s}-t}{t}$$and this is a fraction with odd numerator and denominator. On the other hand with $\frac {2^n}m$ we have that $m$ is divisible by a lower power of $2$ than $2^n$ unless $m=2^n$. So we have a positive power of $2$ en el producto.

Esto puede ser adaptado para los poderes de cualquier prime.

Answer 4

Vamos a escribir el mayor número entero $\le y$ como $\lfloor y\rfloor$, y definir $\{y\}:=y-\lfloor y\rfloor$. El mayor entero $m$ para que $2^m|F!$ es $\sum_{j\ge 0}\left\lfloor\frac{F}{2^j}\right\rfloor$. (Esta suma es distinto de cero los términos con $j\le\lfloor\log_2F\rfloor$.) Por lo tanto el mayor entero $m$ para que $2^m|\binom{2^x}{k}$ es $$M:=\sum_{j=0}^x\left(\left\lfloor\frac{2^x}{2^j}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{k}{2^j}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{2^x-k}{2^j}\right\rfloor\right)=\sum_{j=0}^x\left(\left\{\frac{k}{2^j}\right\}+\left\{\frac{2^x-k}{2^j}\right\}\right).$$This is positive if $1\le k\le2^x-1$.

Answer 5

Primera nota de que en la fila 2 de triángulo de Pascal es $1,2,1$, por lo que la afirmación es verdadera para $n=2$. Ahora vamos a $x$ ser elegido de forma arbitraria y supongamos que la declaración tiene por $n=2^{x}$.

En particular, esto significa que para $$(1+x)^{2^{x}}=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+...+a_{n-1}x^{n-1}+a_{n}x^{n}$$ tenemos $a_{1},...,a_{n-1}$ son todos los números pares e $a_{0}=a_{n}=1$. Así $$(1+x)^{2^{x+1}}=b_{0}+b_{1}x+b_{2}x^{2}+...+b_{2n-1}x^{2n-1}+b_{2n}x^{2n}$$ $$=(1+a_{1}x+a_{2}x^{2}+...+a_{n-1}x^{n-1}+x^{n})^{2}$$ $$=1+x^{2n}+\sum^{n-1}_{i=1}a_{i}^{2}x^{2i}+\sum_{0\leq i<j\leq n}2a_{i}a_{j}x^{i+j}$$ Ya para $0\leq i<j\leq n$ nos encontramos con que $0<i+j<2n$ nos encontramos con que $b_{0}=b_{2n}=1$ e de $0<k<2n$ nos encontramos con que $b_{k}$ es la suma de los números pares y por lo tanto aún.