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A 回答 (9件)
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No.8
- 回答日時：
#7 では省略したんだけど, その式に入る前に (n について) 条件があることを忘れてないか?
その条件をきちんと考慮したうえで, てきとうに数字を入れてみればたぶん理解できるのではないかな.
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No.7
- 回答日時：
ざっくり説明すると
後ろの [.../...] を約分すると, 因数の 2 が全滅する
→全体として偶数になるかどうかは, 最初の (2n/k) を約分したときに分子に因数 2 が残るかどうかで決まる
→k は 2n より小さいのだから, その因数として 2n より多い (または同数の) 2 を持つことはない
→ (2n/k) を約分したときに, 分子に 2 が生き残るから全体で偶数
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この回答へのお礼
お礼日時：2024/11/10 19:38
持つ可能性もそれだけじゃ排除できなくないですか。2n=14、k=8とか。
また後ろの部分の因数の2が全滅というのもよくわかりません
No.6
- 回答日時：
n が 2 のべきとわかったあとは, (0 < k ≦ n に対して)
C(2n, k) = (2n/k)[(2n-1)/1][(2n-2)/2]...[(2n-k+1)/(k-1)]
とばらすとわりと簡単に
C(2n, k) が (0 < k ≦ n で) 偶数になる
ことは示せるのだ＞#5.
なお #3 については n≧0 に対し
C(n, k) が奇数であるような k の個数
を n に対する関数とみたうえでその関数に対して漸化式を立てるのが簡単かな?
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No.5
- 回答日時：
(1/2)nC(n/2)が奇数ならば
nC1+nC2+…+nC(n/2)が偶数になるからという理由だけでは
nC1,nC2,…,nC(n/2)の中に奇数は0個あるとはいえません間違っています
(1/2)2nCn=(2n)!/{2(n!)^2}
が奇数とすると
(2(n!)^2の素因数2の個数)={(2n)!の素因数2の個数}
1～nの中に(2^k)の倍数は[n/2^k]個あるから
n!の素因数2の個数は
Σ[k=1～[log(2)n]][n/2^k]
2(n!)^2の素因数2の個数は
1+2Σ[k=1～[log(2)n]][n/2^k]
(2n)!の素因数2の個数は
Σ[k=1～[log(2)(2n)]][2n/2^k]
=Σ[k=1～1+[log(2)n]][n/2^(k-1)]
(2(n!)^2の素因数2の個数)={(2n)!の素因数2の個数}
だから
1+2Σ[k=1～[log(2)n]][n/2^k]=Σ[k=1～1+[log(2)n]][n/2^(k-1)]
n=1+Σ[k=1～[log(2)n]][n/2^k]≦1+Σ[k=1～[log(2)n]]n/2^k
n≦1+nΣ[k=1～[log(2)n]](1/2^k)
n≦1+n-n/2^[log(2)n]
0≦1-n/2^[log(2)n]
n/2^[log(2)n]≦1
n≦2^[log(2)n]≦2^{log(2)n}=n
∴
[log(2)n]=log(2)n
∴
n=2^[log(2)n]
∴
n は 2 のべきである
m=[log(2)n]=log(2)n
とすると
n=2^m
(2n)!の素因数2の個数は
Σ[k=1～1+m]2^(m-k+1)
=Σ[j=0～m]2^j
={2^(m+1)}-1
=2n-1
k=1～n
k!の素因数2の個数は
Σ[j=1～[log(2)k]][k/2^j]
≦Σ[j=1～[log(2)k]]k/2^j
=k{1-1/2^[log(2)k]}
≦k(1-1/k)
=k-1
(2n-k)!の素因数2の個数は
Σ[j=1～[log(2)(2n-k)]][(2n-k)/2^j]
≦Σ[j=1～[log(2)(2n-k)]](2n-k)/2^j
=(2n-k){1-1/2^[log(2)(2n-k)]}
≦(2n-k){1-1/(2n-k)}
=2n-k-1
k!(2n-k)!の素因数2の個数は
Σ[j=1～[log(2)k]][k/2^j]+Σ[j=1～[log(2)(2n-k)]][(2n-k)/2^j]
≦k-1+2n-k-1
=2n-2
k=1～nに対して
2nCk=(2n)!/{k!(2n-k)!} の素因数2の個数は
≧2n-1-(2n-2)
=1
だから
2nCkは偶数になるから
(1/2)nC(n/2)が奇数ならば
nC1,nC2,…,nC(n/2)の中に奇数は0個
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No.4
- 回答日時：
コンビネーションは面倒なので C(n, k) と書くことにして.
何も条件がなければ「よって」で済ませていいものではないが, 例えば
(1/2)C(2n, n) が奇数 ⇒ n は 2 のべき ⇒ C(2n, k) は (0<k<n で) すべて偶数
は証明できる.
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No.3
- 回答日時：
P:「nが偶数のとき、nC1～nC(n/2)のうちに奇数は0個または奇数個」
という命題は、スッキリした命題
Q:「どのn≧0についても、nC0 〜 nCn のうちに奇数は2のべき乗個ある」
に含意されていて、QからPを導くのは造作もない。
（「どのn≧0についても、nC0=nCn=1, nCm = nC(n-m)である」はアタリマエとして。）
ところで、nCmは
nC0= 1, nCn= 1
1≦m＜n ⇒ (nCm = (n-1)C(m-1) + (n-1)Cm)
という漸化式で表されますね。（この性質を使わずには「nCmは自然数である（n!は(m!(n-m)!で割り切れる）」ということの証明すらおぼつかない。）ここで、
【a】= (aを2で割った余り）
と書くことにすれば、「【a】が0だ、1だ」というのと「aが偶数だ、奇数だ」というのは同じことになります。「パスカルの三角形」（をご存知なければ勉強なされよ）を描いて、その各要素に【 】をくっつけると、1か0を並べた図形が得られ、これは「シェルピンスキーのガスケット」と呼ばれるフラクタル図形です。
（もちろん、最初から「シェルピンスキーのガスケット」を描く漸化式を構成するのは容易で、
a ⊕ b = 【a + b】
と書くことにすれば、
【nC0】= 1, 【nCn】= 1
1≦m＜n ⇒ (【nCm】= 【(n-1)C(m-1)】⊕ 【(n-1)Cm】)
と表せるわけですが、ま、それはさておき）
この図形を眺めると、特にnが((2のべき乗)-1)のときに【nC0】～ 【nCn】 が全部1になる（そしてnが(2のべき乗)のとき両端【nC0 】と【nCn】を除いた全部が0になる）のが観察できるでしょう。さらに、n=0～(2^k)-1 の部分（三辺が全部1でできている）の三角形の丸々コピーが、n=(2^k)～(2^(k+1))-1 の左側と右側に現れて、両者の間は全て0で埋まるということも観察できる。つまり、n=0～(2^(k+1))-1の部分はn=0～(2^k)-1の部分のコピー3個でできている。そして「n=0～(2^k)-1 の部分」もまた「n=0～(2^(k-1))-1 の部分」のコピー3個でできている。つまり、自分自身をコピーして3つ積む、というやり方で拡大していく。これがフラクタル図形になるメカニズムというわけです。(添付図）
ここまでわかれば、Qはあと一歩。
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