Encontrar la suma de $\dbinom{2016}{4} + \dbinom{2016}{8} +\dbinom{2016}{12} + \dots + \dbinom{2016}{2016}$

Question

Problema:

Encontrar

$$\dbinom{2016}{4} + \dbinom{2016}{8} +\dbinom{2016}{12} + \dots + \dbinom{2016}{2016}$$

No sé cómo tratar este problema, aparte de que esta suma es equivalente a encontrar la suma de los coeficientes de grado 4 términos en el polinomio,

$$P(x) = (x+1)^{2016}$$

**Sé que hay un duplicado de este problema en algún lugar, pero yo simplemente no puede encontrar en el sitio web. Cualquier ayuda es muy apreciada.

Answer 1

Sugerencia:

Considere la posibilidad de $(1+1)^{2016}+(1-1)^{2016}+(1+i)^{2016}+(1-i)^{2016}$

Answer 2

Resulta ser un poco más limpio que lidiar con una suma es igual a su suma, salvo incluyendo ${2016 \choose 0} = 1$. Eso es lo que voy a hacer.

Considere el polinomio

$$P_n(x) = {(1+x)^n + (1+ix)^n + (1-x)^n + (1-ix)^n \over 4}$$

y determinar el coeficiente de $x^k$ en este polinomio. Por ejemplo, el coeficiente de $x^1$ es

$$[x^1] P_n(x) = {1 \over 4} \left( {2016 \choose 1} + i {2016 \choose 1} - {2016 \choose 1} - i {2016 \choose 1} \right)$$

donde yo he usado el muy útil la notación $[x^k] P(x)$ para el coeficiente de $x^k$ en un polinomio o de alimentación de la serie $P(x)$. Desde $1 + i - 1 - i = 0$, que es cero. Del mismo modo se puede ver que los coeficientes de $x^2$ $x^3$ será cero. De hecho, más en general, el coeficiente de $x^k$ $P_n(x)$ es

$$[x^k] P_n(x) = {1 \over 4} \left( 1^k {n \choose k} + i^k {n \choose k} + (-1)^k {n \choose k} + (-i) {n \choose k} \right) $$

y factoring da

$$[x^k] P_n(x) = {n \choose k} {1^k + i^k + (-1)^k + (-i)^k \over 4}.$$

Usted puede comprobar, mirando los diferentes casos, modulo 4, que esto es sólo ${2016 \choose k}$ si $k$ es divisible por 4, y 0 en caso contrario.

Pero un polinomio es la suma de sus coeficientes, por lo que tiene

$$P_n(x) = \sum_{k=0}^n [x^k] P_n(x) = \sum_{4|k} {n \choose k} x^k $$

y establecer $x = 1, n = 2016$ para obtener

$$P_{2016}(1) = \sum_{4|k} {2016 \choose k}.$$

Pero ahora recuerdo cómo $P_n(x)$ se definió que usted consigue

$$P_{2016}(1) = {2^{2016} + (1+i)^{2016} + 0^{2016} + (1-i)^{2016} \over 4}.$$

Esto es un poco molesto para tratar con! Pero observe que $(1+i)^8 = (1-i)^8 = 2^4$, por lo que finalmente ha

$$P_{2016}(1) = {2^{2016} + 2 \times 2^{2016/2} \over 4}$$.

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \sum_{n = 1}^{504}{2016 \choose 4n} & = -1 + \sum_{n = 0}^{2016}{2016 \choose n} {1 + \pars{-1}^{n} + \ic^{n} + \pars{-\ic}^{n} \over 4} \\[5mm] & = -1 + {1 \over 4}\sum_{n = 0}^{2016}{2016 \choose n} + {1 \over 4}\sum_{n = 0}^{2016}{2016 \choose n}\pars{-1}^{n} + {1 \over 2}\,\Re\sum_{n = 0}^{2016}{2016 \choose n}\ic^{n} \\[5mm] & = -1 + {1 \over 4}\,\pars{1 + 1}^{2016}+ {1 \over 4}\,\pars{1 - 1}^{2016} + {1 \over 2}\,\Re\pars{1 + \ic}^{2016} \\[5mm] & = -1 + 2^{2014} + {1 \over 2}\,\Re\pars{2^{1008}\expo{504\pi\ic}} = \bbx{\ds{-1 + 2^{2014} + 2^{1007}}} \end{align}