Bestäm koefficient framför x^50 i polynomet

Använd binomialkoefficienterna  i utvecklingen av binomet $x+y$, här https://sv.wikipedia.org/wiki/Binomialkoefficient

$\displaystyle (1+2x)^{1000}=\sum_{k=0}^{1000}\binom{1000}{k}(2x)^k(1)^{1000-k}$

Får dock inte svaret att stämma med facit.

D4NIEL skrev:

$\displaystyle (1+2x)^{1000}=\sum_{k=0}^{1000}\binom{1000}{k}(2x)^k(1)^{1000-k}$

När jag först försökte lösa uppgiften fick jag $\left(\begin{array}{c}1000\\ 50\end{array}\right).2^{50}·x^{50}$vilket verkar ge samma svar som er ekvation. Men det verkar inte stämma med facit som du säger.

Då bestämmer vi oss för att facit har fel eller att första steget gick fel, ty koefficienten framför $x^{50}$ i polynomet $(1+2x)^{1000}$ är

$\binom{1000}{50}2^{50}$

Tillägg: 25 okt 2023 12:37

Notera att du faktiskt gjort fel i det första steget. dvs din omskrivning till (1+2x) fungerar inte.

Ja känns ju verkligen som att vårt svar är rätt. Svårt dock att tänka att facit till en ex-tenta från LTH har fel i facit...

Du kan kontrollera koefficienterna med Wolfram Alpha: så här:

https://www.wolframalpha.com/input?i=Coefficient%5B%281%2B2x%29%5E1000%2C+x%5E50%5D

In[56]:= Binomial[1000,50]*1125899906842624

Out[56]= 10651532178387472624354393984825709588109856237487191133159645570997468561337141399027981927286046720

Notera att ditt första steg gick fel, dvs du kan inte skriva om det till (1+2x).

D4NIEL skrev:

Notera att ditt första steg gick fel, dvs du kan inte skriva om det till (1+2x).

Ser det nu när jag gör räkningarna igen. Men om vi går tillbaka till början, hur skulle man då lösa den?

Vi har ju då denna: $\sum _{k=1}^{n=1001}{(1+x)}^{1001-k} \times x^{k-1}$sen om jag inte har helt fel så vill man skriva om summan till en formel. Om vi t.ex har $\sum _{j=1}^n{3}^{ j-1} = a_1 \times \frac{k^n-1}{k-1} = 1 \times \frac{3^n-1}{3-1} = \frac{3^n-1}{2}$ så skulle det bli såhär. Hur gör man då när man har en summa som vi har?

Du kan t.ex. använda din ursprungliga idé fast med omskrivningen

$a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\dots+ab^{n-2}+b^{n-1})$

(Se t.ex. Beta 2.1 The binomial and multinomial theorems)

Vad ska $a$, $b$ och $n$ vara?

Första termen ger (1000 över 50) framför x⁵⁰-termen. Andra ger (999 över 49). Tredje ger (998 över 48). Osv. tills att vi har (950 över 0). Man kanske kan omforma det till det facit säger?

$$\begin{gathered} \left(\begin{array}{c}1001\\ 50\end{array}\right)=\frac{1001*1000*999*[...]*954*953*952}{50*49*48*[...]*3*2*1} \\ \left(\begin{array}{c}1000\\ 50\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}999\\ 49\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}998\\ 48\end{array}\right)+[...]+\left(\begin{array}{c}952\\ 2\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}951\\ 1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}950\\ 0\end{array}\right)= \\ \frac{1000*999*998*[...]*953*952*951}{50*49*48*[...]*3*2*1}+\frac{999*998*997*[...]*953*952*951}{49*48*47*[...]*3*2*1}+ \\ \frac{998*997*996[...]*953*952*951}{48*47*46*[...]*3*2*1}+[...]+\frac{952*951}{2*1}+\frac{951}{1}+1 \end{gathered}$$

...nej, jag ser inget mönster.

alltid roligt med pascals triangel identiteter. Har du testat tex hockeyklubba identiteten?

ItzErre skrev:

alltid roligt med pascals triangel identiteter. Har du testat tex hockeyklubba identiteten?

Aldrig hört talas om...

Jag hittade mönstret. Jag fick ta till Pascals triangel för att bevisa att det som jag kom fram till var samma sak som facit. Det det går ut på är att leta sig upp längs en diagonal på Pascals triangel.

Pascals triangel beskriver i varje rad n hur många sätt man kan välja ut bland n element, och i varje position om det skall vara 0, 1, 2, 3 osv. tills att vi når element n. Den har egenheten att en siffra däri räknas ut som summan av siffrorna ovanför så att t.ex. är $\left(\begin{array}{c}5000\\ 90\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4999\\ 89\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}4999\\ 90\end{array}\right)$.

Om vi nu försöker beskriva $\left(\begin{array}{c}1001\\ 50\end{array}\right)$med hjälp av summan jag fick fram i inlägg #10, vad får vi då?

$\left(\begin{array}{c}1001\\ 50\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1000\\ 49\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}1000\\ 50\end{array}\right)$, den sistnämnda ingår i summan så då har vi med den. Första termen då?

$\left(\begin{array}{c}1000\\ 49\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}999\\ 48\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}999\\ 49\end{array}\right)$, den sistnämnda ingår i summan så då har vi med den. Första termen då?

$\left(\begin{array}{c}999\\ 48\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}998\\ 47\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}998\\ 48\end{array}\right)$, den sistnämnda ingår i summan så vi har med den. Första termen då?

[...]

$\left(\begin{array}{c}953\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}952\\ 1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}952\\ 2\end{array}\right)$, den sistnämnda ingår i summan så vi har med den. Första termen då?

$\left(\begin{array}{c}952\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}951\\ 0\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}951\\ 1\end{array}\right)$, den sistnämnda ingår i summan så vi har med den. Första termen då?

$\left(\begin{array}{c}951\\ 0\end{array}\right)=1=\left(\begin{array}{c}950\\ 0\end{array}\right)$, så denna term ingår i summan så vi har med den.

Vi har därmed fått med alla termerna och därmed är det bevisat att hela summan kan uttryckas som $\left(\begin{array}{c}1001\\ 50\end{array}\right)$.

Från Gymnasiematematiken kommer vi ihåg att

$a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\dots+ab^{n-2}+b^{n-1})$

Med $a=1+x$ och $b=x$ samt $n=1001$ får vi alltså

$(1+x)^{1001}-x^{1001}=(1)\left((x+1)^{1000}+(x+1)^{999}x+(x+1)^{998}x^2+\dots+(x+1)x^{999}+x^{1000}\right)$

Alltså är

$(1+x)^{1001}=p(x)+x^{1001}$

Där $p(x)$ är polynomet som innehåller $x^{50}$-termen vi är nyfikna på.

Men som vi konstaterat tidigare kan vänsterledet skrivas som

$(1+x)^{1001}=\sum_{k=0}^{1001}\binom{1001}{k}1^{(1001-k)}x^k=\sum_{k=0}^{1001}\binom{1001}{k}x^k$

Eftersom $x^{50}$-termerna måste matcha på båda sidor blir alltså koefficienten för $x^{50}$ i p(x) helt enkelt termen för $k=50$, dvs

$\binom{1001}{50}x^{50}$

D4NIEL skrev:

Från Gymnasiematematiken kommer vi ihåg att

$a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\dots+ab^{n-2}+b^{n-1})$

Med $a=1+x$ och $b=x$ samt $n=1001$ får vi alltså

$(1+x)^{1001}-x^{1001}=(1)\left((x+1)^{1000}+(x+1)^{999}x+(x+1)^{998}x^2+\dots+(x+1)x^{999}+x^{1000}\right)$

Alltså är

$(1+x)^{1001}=p(x)+x^{1001}$

Där $p(x)$ är polynomet som innehåller $x^{50}$-termen vi är nyfikna på.

Men som vi konstaterat tidigare kan vänsterledet skrivas som

$(1+x)^{1001}=\sum_{k=0}^{1001}\binom{1001}{k}1^{(1001-k)}x^k=\sum_{k=0}^{1001}\binom{1001}{k}x^k$

Eftersom $x^{50}$-termerna måste matcha på båda sidor blir alltså koefficienten för $x^{50}$ i p(x) helt enkelt termen för $k=50$, dvs

$\binom{1001}{50}x^{50}$

Tack så mycket. Detta fungerade jättebra. Visste att det inte var fel i facit haha