Coeficientes binomiales son impar si y sólo si $n = 2^k-1$

Question

Deje $n$ ser un número entero, $n > 0$. Demostrar que todos los coeficientes de la expansión del binomio de Newton, $(a+b)^n$ es impar si y sólo si $n$ es de la forma $2^k-1$.

¿Por qué en la solución de abajo toman los $n > 8$? Además, no entiendo la mitad de párrafo argumento acerca de la $n_1$. Lo que hacen estos valores representan el uso de $n_1$?

Solución:

Para $n \leq 8$ el teorema es inmediatamente verificable. Por lo tanto, es suficiente para suponer que el teorema es cierto para los binomios $a+b,(a+b)^2,\ldots,(a+b)^{n-1}$$n > 8$, y demostrar que el teorema vale para $(a+b)^n$. Los coeficientes de la expansión binomial (excepto para las extremas tanto igual a $1$) son $$\dfrac{n}{1}, \dfrac{n(n-1)}{1 \cdot 2},\ldots,\dfrac{n(n-1) \cdots 1}{1 \cdot 2 \cdots (n-1)}.$$ A necessary and sufficient condition in order that all these numbers be odd is that $$ n es impar y los números obtenidos por la eliminación de la extraña factores de los numeradores y denominadores de los restantes números impares.

Pero la configuración de $n = 2n_1+1$ estos números pueden ser representados por los términos de la secuencia $$\dfrac{n_1}{1},\dfrac{n_1(n_1-1)}{1 \cdot 2}, \ldots, \dfrac{n_1(n_1-1) \cdots 1}{1 \cdot 2 \cdots (n_1-1)}.$$ Since $n_1 < n$, the latter are all odd if and only if $n_1$ is of the form $2^k-1$, i.e. if and only if $n$ is of the form $2(2^k-1)+1 = 2^{k+1}-1$.

Answer 1

Si $n=2n_1+1$, entonces los coeficientes son: $$\frac{2n_1+1}{1}, \frac{(2n_1+1)\cdot (2n_1)}{1\cdot 2}, \cdots , \frac{(2n_1+1)\cdot (2n_1)\cdots 1}{1\cdots (2n_1)}.

Eliminar todos los factores impares del numerador y denomiator obtenemos la secuencia: $$1, \frac{2n_1}{2}, \frac{2n_1}{2},\frac{(2n_1)\cdot(2n_1-2)}{2\cdot 4},\frac{(2n_1)\cdot(2n_1-2)}{2\cdot 4},\cdots ,\frac{(2n_1)\cdot(2n_1-2)\cdots 2}{2\cdot 4\cdots 2n_1}.$$ Dividing a través de nosotros conseguir que estos son iguales a

$$1, \frac{n_1}{1}, \frac{n_1}{1},\frac{(n_1)\cdot(n_1-1)}{1\cdot 2},\frac{(n_1)\cdot(n_1-1)}{1\cdot 2},\cdots ,\frac{(n_1)\cdot(n_1-1)\cdots 1}{1\cdot 2\cdots n_1}.$$ These however are just the coefficients in $(a+b) ^ {n_1}$ repeated twice. Hence by an induction argument we can conclude that these are odd and hence the coefficients in $(a+b) ^$ n son impares.

Answer 2

Contando el Número de Factores de $\boldsymbol{2}$

En Corolario $(7)$ de esta respuesta, se muestra que el número de factores de $p$ $\binom{n}{j}$ es $$\frac{\sigma_p(j)+\sigma_p(n-j)-\sigma_p(n)}{p-1}\etiqueta{1}$$ donde $\sigma_p(n)$ nos la suma de los dígitos en la base-$p$ representación de $n$. Este es el número de lleva a cabo cuando la adición de $j$$n-j$.

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$\boldsymbol{n=2^k-1}$

Si $n=2^k-1$, en base-$2$, cada dígito de $n$$1$. Para $0\le j\le n$, cada dígito de $j$ que es un porcentaje ($0$$1$$n-j$ y vice-versa. Por lo tanto, $\sigma_p(j)+\sigma_p(n-j)=\sigma_p(n)$. Por lo tanto, la fórmula $(1)$ dice que no se $0$ factores de $2$$\binom{n}{j}$.

Es decir, $\binom{n}{j}$ es impar.

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$\boldsymbol{n\ne2^k-1}$

Si la representación binaria de $n$ no es todo lo $1$s, entonces debe haber una sección de la representación binaria compuesta de '$10$'. Deje $j$ tienen la misma representación binaria sino con la sección reemplazado por '$01$'. La representación binaria de $n-j$ '$01$ ' en esa sección y $0$s de todas partes. Puesto que hay un binario llevar al agregar $j$ $n-j$ (es decir, no hay un acarreo cuando la adición de $1+1=10$), hay al menos un factor de $2$$\binom{n}{j}$.

Es decir, $\binom{n}{j}$ es incluso.