Номер 2.44, страница 56 - гдз по алгебре 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

2.44. Найдите сумму:

1) $C_n^0 + 2C_n^1 + 2^2C_n^2 + \dots + 2^nC_n^n;$

2) $C_n^0 + C_n^2 + C_n^4 + \dots;$

3) $C_n^0 + C_n^2 + C_n^5 + \dots.$

1) Для нахождения суммы $S = C_n^0 + 2C_n^1 + 2^2C_n^2 + \dots + 2^nC_n^n$ воспользуемся формулой бинома Ньютона: $(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k a^{n-k} b^k$. Данную сумму можно записать в виде $\sum_{k=0}^{n} C_n^k 2^k$. Сравнивая это выражение с общей формулой бинома, можно заметить, что оно соответствует разложению при $a=1$ и $b=2$. Подставим эти значения в формулу бинома: $(1+2)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k 1^{n-k} 2^k = \sum_{k=0}^{n} C_n^k 2^k$. Таким образом, искомая сумма равна $(1+2)^n$.
Ответ: $3^n$.

2) Чтобы найти сумму $S_{чет} = C_n^0 + C_n^2 + C_n^4 + \dots$, мы снова используем формулу бинома Ньютона для выражения $(1+x)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k x^k$. Рассмотрим два частных случая.
При $x=1$, получаем равенство: $2^n = (1+1)^n = C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + C_n^3 + \dots + C_n^n$. (1)
При $x=-1$ (и $n \ge 1$), получаем: $0 = (1-1)^n = C_n^0 - C_n^1 + C_n^2 - C_n^3 + \dots + (-1)^n C_n^n$. (2)
Сложив равенства (1) и (2), мы получим: $2^n + 0 = (C_n^0 + C_n^0) + (C_n^1 - C_n^1) + (C_n^2 + C_n^2) + \dots$. Члены с нечетными нижними индексами сокращаются, а с четными удваиваются: $2^n = 2C_n^0 + 2C_n^2 + 2C_n^4 + \dots = 2(C_n^0 + C_n^2 + C_n^4 + \dots)$. Разделив обе части на 2, получим искомую сумму: $S_{чет} = 2^{n-1}$. Эта формула верна для $n \ge 1$. Если $n=0$, то сумма состоит из одного члена $C_0^0=1$.
Ответ: $2^{n-1}$ при $n \ge 1$, и $1$ при $n=0$.

3) Выражение $C_n^0 + C_n^2 + C_n^5 + \dots$ с большой вероятностью содержит опечатку, так как последовательность нижних индексов $0, 2, 5, \dots$ не является арифметической прогрессией и не следует другому очевидному правилу, что делает нахождение суммы в общем виде крайне затруднительным. Логичным продолжением предыдущих заданий было бы нахождение суммы коэффициентов с индексами, кратными 3, то есть $S = C_n^0 + C_n^3 + C_n^6 + \dots$. Решим эту задачу.
Для решения воспользуемся методом, основанным на корнях n-ой степени из единицы. В данном случае нам понадобятся кубические корни из единицы: $1, \omega, \omega^2$, где $\omega = e^{i2\pi/3}$. Ключевое свойство этих корней: сумма $1+\omega^k+\omega^{2k}$ равна $3$, если $k$ кратно 3, и $0$ в противном случае. Рассмотрим три биномиальных разложения:
$2^n = (1+1)^n = \sum_{k=0}^n C_n^k$
$(1+\omega)^n = \sum_{k=0}^n C_n^k \omega^k$
$(1+\omega^2)^n = \sum_{k=0}^n C_n^k \omega^{2k}$
Сложим эти три равенства: $2^n + (1+\omega)^n + (1+\omega^2)^n = \sum_{k=0}^n C_n^k(1+\omega^k+\omega^{2k})$. Благодаря свойству корней из единицы, в правой части останутся только члены, где $k$ кратно 3, и их коэффициенты будут равны 3. Таким образом, $2^n + (1+\omega)^n + (1+\omega^2)^n = 3(C_n^0 + C_n^3 + C_n^6 + \dots) = 3S$.
Теперь упростим левую часть. Используя то, что $1+\omega = e^{i\pi/3}$ и $1+\omega^2 = e^{-i\pi/3}$, получаем: $(1+\omega)^n = (e^{i\pi/3})^n = \cos(n\pi/3) + i\sin(n\pi/3)$.
$(1+\omega^2)^n = (e^{-i\pi/3})^n = \cos(n\pi/3) - i\sin(n\pi/3)$.
Их сумма равна $(1+\omega)^n + (1+\omega^2)^n = 2\cos(n\pi/3)$.
Подставив это обратно, получаем $3S = 2^n + 2\cos(n\pi/3)$.
Ответ: Предполагая, что в задаче имелась в виду сумма $C_n^0 + C_n^3 + C_n^6 + \dots$, она равна $\frac{1}{3}(2^n + 2\cos(\frac{n\pi}{3}))$.