Demostrar que para cualquier entero no negativo $n$ $\exists x,y,z \in \mathbb{N}$ et $0\leq x<y<z$ así que $$n=\binom{x}{1}+\binom{y}{2}+\binom{z}{3}$$
Por favor, dame una pista, no tengo ni idea.
Demostrar que para cualquier entero no negativo $n$ $\exists x,y,z \in \mathbb{N}$ et $0\leq x<y<z$ así que $$n=\binom{x}{1}+\binom{y}{2}+\binom{z}{3}$$
Por favor, dame una pista, no tengo ni idea.
Considere $z_m={m\choose 3}$ para todos $m$ . Diferencia $z_{m+1}-z_{m}=\frac{m(m-1)}{2}$ . Elegimos $m$ que $z_m$ es máxima, no superior a $n$ .
La mayor diferencia $n_y=n-z_m$ que tendríamos que cubrir, es $\frac{m(m-1)}{2}-1$ .
Ahora elegimos $y_k={k\choose 2}$ sea máxima, no superior a $n_y$ . Obsérvese que maximal $k$ podría ser $m-1$ ya que $\frac{m(m-1)}{2}-1$ es el valor máximo de $n_y$ (es decir, no puede ser $\ge\frac{m(m-1)}{2}$ ). Analógicamente, $y_{k+1}-y_k-1=k-1$ es el valor máximo a cubrir con $x$ .
Por lo tanto, seleccionamos $y=k$ et $z=m$ .
Es fácil ver que $$ 1 = {x_1 \choose 1}+{y_1 \choose 2}+{z_1 \choose 3} $$ donde $x_1 = 0$ , $y_1 = 1$ , $z_1 = 3$ .
Supongamos $$ i = {x_i \choose 1}+{y_i \choose 2}+{z_i \choose 3} $$ donde $0 \leq x_i < y_i < z_i$ . Queremos decidir $0 \leq x_{i+1} < y_{i+1}<z_{i+1}$ tal que $$ i + 1 = {x_{i+1} \choose 1}+{y_{i+1} \choose 2}+{z_{i+1} \choose 3} $$
Proporciono un procedimiento para decidir $x_{i+1}, y_{i+1}, z_{i+1}$ abajo.
Sea $x_{i+1} = x_i + 1, y_{i+1} = y_i, z_{i+1} = z_i$ . Es fácil ver que la suma incremento $1$ .
Sea $x_{i+1} = 0, y_{i+1} = y_i + 1, z_{i+1} = z_i$ . Tenemos \begin{align} &{z_{i+1} \choose 3} + {y_{i + 1} \choose 2}+{x_{i+1} \choose 1} - {z_i \choose 3} - {y_i \choose 2}-{x_i \choose 1}\\ =& {z_i \choose 3} + {y_i + 1 \choose 2}+{0 \choose 1} - {z_i \choose 3} -{y_i \choose 2} - {y_i - 1 \choose 1} \\ =& \frac{(y_i + 1)y_i}{2} + 0 - \frac{y_i(y_i - 1)}{2} - (y_i - 1)\\ =& 1 \end{align}
Sea $x_{i+1} = 0, y_{i+1} = 1, z_{i+1} = z_i + 1$ . Tenemos \begin{align} &{z_{i+1} \choose 3} + {y_{i + 1} \choose 2}+{x_{i+1} \choose 1} - {z_i \choose 3} - {y_i \choose 2}-{x_i \choose 1}\\ =& {z_i + 1 \choose 3} + {1 \choose 2}+{0 \choose 1} - {z_i \choose 3} -{z_i - 1 \choose 2} - {z_i - 2 \choose 1} \\ =& \frac{(z_i + 1)z_i(z_i - 1)}{6} + 0 + 0 - \frac{z_i(z_i-1)(z_i-2)}{6} - \frac{(z_i - 1)(z_i - 2)}{2} - (z_i - 2)\\ =& \frac{z_i(z_i - 1)}{2} - \frac{(z_i-1)(z_i - 2)}{2} - (z_i - 2)\\ =& 1 \end{align}
Obsérvese que el procedimiento garantiza $0 \leq x_{i+1} < y_{i+1} < z_{i+1}$ .
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No funciona para $n=1$ .
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@Martigan , funciona: x = 0, y = 1, z = 3
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$0!=1$ por lo que no funciona....
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@Martigan A veces se amplía la definición para que sea igual a cero siempre que el número inferior sea mayor que el superior. Eso permite que el triángulo de Pascal esté rodeado de ceros. Además, la forma factorial de calcular un coeficiente binomial no es la única, ni siquiera forma parte necesariamente de la definición.
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Si tomamos la convención de que el binomio es $0$ si el numerador es inferior al denominador, entonces sí.
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Para el OP, siento que la inducción sería una buena cosa para probar. Tenga en cuenta que la primera parte del sol sólo puede ser $0$ o $1$ y la segunda parte puede incrementarse en $1$ incrementando $y$ por $1$ .