Encuentre el número total de coeficientes en la expansión de$(x^2-x +1)^{22}$ que son divisibles por$6$.

Question

Encuentre el número total de coeficientes en la expansión de$(x^2-x +1)^{22}$ que son divisibles por$6$.

Así que estoy realmente atascado en este .. inmediatamente derrotó cuando vi que tengo que calcular$\binom {22} {a,b,c}$ donde$a,b,c$ es el coeficiente de$x^2,-x,1$. Entonces, ¿cuál debe ser el siguiente paso que debo tomar?

Answer 1

Usando ese$(a+b+c)^3\equiv a^3+b^3+c^3\pmod 3$ repetidamente, tenemos, en mod$3$,$$\begin{align}&(x^2-x+1)^{22}\\\\&=(x^2-x+1)(x^2-x+1)^3((x^2-x+1)^9)^2\\\\&\equiv (x^2-x+1)(x^6-x^3+1)(x^{18}-x^9+1)^2\\\\&\equiv (x^2-x+1)(x^6-x^3+1)(x^{36}+x^{27}+x^9+1)\\\\&\equiv x^{44}-x^{43}+x^{42}-x^{41}+x^{40}-x^{39}+x^{38}-x^{37}+x^{36}+x^{35}-x^{34}+x^{33}-x^{32}+x^{31}\\\\&\qquad -x^{30}+x^{29}-x^{28}+x^{27}+x^{17}-x^{16}+x^{15}-x^{14}+x^{13}-x^{12}+x^{11}-x^{10}+x^9\\\\&\qquad +x^8-x^7+x^6-x^5+x^4-x^3+x^2-x+1\end{align}$ $

Se deduce que los términos cero en mod$3$ son$x^{18},x^{19},x^{20},x^{21},x^{22},x^{23},x^{24},x^{25},x^{26}$.

A continuación, usando ese$(a+b+c)^2\equiv a^2+b^2+c^2\pmod 2$ repetidamente, tenemos, en mod$2$,$$\begin{align}&(x^2-x+1)^{22}\\\\&=(x^2-x+1)^{16}(x^2-x+1)^4(x^2-x+1)^2\\\\&\equiv (x^{32}+x^{16}+1)(x^{8}+x^4+1)(x^4+x^2+1)\\\\&\equiv x^{44}+x^{42}+x^{38}+x^{34}+x^{32}+x^{28}+x^{26}+x^{22}+x^{18}+x^{16}+x^{12}+x^{10}+x^6+x^2+1\end{align}$ $

Se deduce que los términos cero en mod$6$ son$x^{19},x^{20},x^{21},x^{23},x^{24},x^{25}$.

Por lo tanto, el número total de coeficientes que son divisibles por$6$ es$\color{red}{6}$.

Answer 2

Puede encontrar qué coeficientes son divisibles por$3$ al notar que$x^2-x+1\equiv(x+1)^2\pmod{3}$ así que estamos buscando los coeficientes de$(x+1)^{44}$ que son divisibles por$3$. Ahora observe que:

ps

La inspección ve que los términos cero son$$(x+1)^{44}=(x+1)^{27}(x+1)^{9}(x+1)^{6}(x+1)^2\equiv (x^{27}+1)(x^9+1)(x^{6}-x^3+1)(x^2-x+1)$.

De estos, usted necesita para averiguar que son par. Esa parte es un poco más difícil.

Answer 3

Se proporciona un método para la determinación de cuando un coeficiente binomial es un múltiplo de un primer $p$.

Primero vamos a probar el siguiente:

Lema: Vamos a $p$ ser una de las primeras y deje $m,n$ ser números naturales. Deje $n = lp+t$ $m = kp+s$ donde$0 \leq t < p$$0 \leq s < p$. Entonces \begin{align*} \binom{n}{m} = \binom{l}{k}\binom{t}{s}\mod p \end{align*} Prueba: Observar que para $0 < r < p$, $\binom{p}{r}$ es divisible por $p$. Por lo tanto, en $$ (1+X)^p - (1+X^p) = \binom{p}{1}X + \binom{p}{2}X^2+\cdots + \binom{p}{p-1}X^{p-1} $$ todos los coeficientes son divisibles por $p$.

Ahora, considere la posibilidad de \begin{align*} P(X) &= (1+X)^{lp+t} - (1+X)^t (1+X^p)^{l} \\ &= (1+X)^t\left\{(1+X)^{lp} - (1+X^p)^l \right\} \\ &= (1+X)^t \left\{(1+X)^p - (1+X^p)\right\}\left\{(1+X)^{p(l-1)} + \cdots + (1+X^p)^{l-1}\right\} \end{align*} Como se observó antes, $P(X)$ es un múltiplo de a $p$.

Considerar el coeficiente de $X^{kp+s}$$P(X)$. Esto es igual a \begin{align*} \binom{lp+t}{kp+s} - \binom{t}{s}\binom{l}{k} \end{align*} y por lo tanto, todos los coeficientes son múltiplos de $p$. Tenga en cuenta que esto se mantiene incluso cuando se $k = 0$ o $l=0$. Esto completa la prueba del lema.

Aplicando el Lema repetidamente, se sigue que, si \begin{align*} n &= t_1+t_2p+t_3p^2+\cdots + t_rp^{r-1} \\ m &= s_1+s_2p+s_3p^2+\cdots + s_rp^{r-1} \end{align*} entonces \begin{equation*} \binom{n}{m} = \binom{t_1}{s_1}\binom{t_2}{s_2}\cdots\binom{t_{r-1}}{s_{r-1}} \mod p \end{ecuación*} Como se observa, $x^2-x+1 = (x+1)^2 \pmod 3$ y, por tanto, podemos encontrar que binomios $\binom{44}{k}$ son múltiplos de 3.

Aquí, $44 = 3^3 + 3^2 + 2\cdot 3 + 2 $. Si $k = s_1\cdot 3^3 + s_2 \cdot 3^2 + s_3 \cdot 3 + s_4$, donde $0 \leq s_i \leq 2$, $\binom{44}{k}$ es un múltiplo de 3 si y sólo si $s_2 = 2$ y tenga en cuenta que $s_1 \neq 2$ desde $k \leq 44$. Esto da que para $k = 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26$, $\binom{44}{k}$ es un múltiplo de 3.

De estos tenemos que eliminar de 18, 22 y 26. Podemos hacerlo de la siguiente manera:

Desde $x^2-x+1 = x^2+x+1 \pmod 2$, tenemos $$(x^2-x+1)^{22} = \left(\frac{1-x^3}{1-x}\right)^{22} \pmod 2$$ De nuevo, usando el Lema obtenemos hasta $\mod\, 2$, $$(1-x^3)^{22} = 1 + x^6 + x^{12} + x^{18} + x^{48} + x^{54} + x^{60} + x^{66}$$ y de nuevo $mod\, 2$, $(1-x)^{-22}$ contiene sólo los poderes de $x$. Ahora, eliminamos $18, 22, $ $26$ como sigue:

El coeficiente de $x^{18}$ se obtiene multiplicando los términos que contengan $(1, x^{18}), (x^6, x^{12}), (x^{12}, x^6)$ y, por tanto, el coeficiente es la suma de tres números impares y, por lo tanto es impar.

El coeficiente de $x^{22}$ se obtiene multiplicando los términos que contengan $(1, x^{22}), (x^6, x^{16}), (x^{18}, x^4)$ y, por tanto, el coeficiente es la suma de tres números impares y, por lo tanto es impar.

El coeficiente de $x^{26}$ se obtiene multiplicando los términos que contengan $(1, x^{26}), (x^6, x^{20}), (x^{12}, x^{14})$ y, por tanto, el coeficiente es la suma de tres números impares y, por lo tanto es impar.

Por lo tanto la única coeficientes que son múltiplos de 6 son los de $x^n$ donde $n = 19, 20, 21, 23, 24, 25$.

Answer 4

Podemos usar el multinomial thearem$$(x^2-x+1)^{22}=\sum_{0\le p,q,r\le 22}^{p+q+r=22}\frac{22!}{p!q!r!} x^{2p}(-x)^q(1)^r$ $$$(x^2-x+1)^{22}=\sum_{0\le p,q,r\le 22}^{p+q+r=22}\frac{22!}{p!q!r!} x^{2p+q}(-1)^q$ $ Queremos encontrar p, q, r tal que no dividen 22! de manera que lo hacen indivisible por 6.