много интересна задача

[brasilo2]

Да се намери [tex]\sum_{k=0}^{n}\frac{n!}{((4k)!(n-4k)!}=?[/tex] упътването което имам е да се използват комплексни числа и анализ.Моля помогнете

[Гост1]

Надявам се, че сумата е до [tex]k=\left\lfloor\frac{n}{4}\right\rfloor[/tex] (всъщност, ако беше до [tex]k=n[/tex], при [tex]k>\left\lfloor\frac{n}{4}\right\rfloor[/tex] бихме имали [tex]\frac{n!}{(4k)!(n-4k)!}=0[/tex]).
За краткост ще използваме означенията на биномните коефициенти. Да разгледаме биномите [tex](1+z)^n[/tex], където [tex]z[/tex] е четвърти корен на 1. Имаме
[tex](1+1)^n={n\choose 0}+{n\choose 1}1+{n\choose 2}1^2+\cdots+{n\choose n}1^n[/tex]
[tex](1+(-1))^n={n\choose 0}+{n\choose 1}(-1)+{n\choose 2}(-1)^2+\cdots+{n\choose n}(-1)^n[/tex]
[tex](1+i)^n={n\choose 0}+{n\choose 1}i+{n\choose 2}i^2+\cdots+{n\choose n}i^n[/tex]
[tex](1+(-i))^n={n\choose 0}+{n\choose 1}(-i)+{n\choose 2}(-i)^2+\cdots+{n\choose n}(-i)^n[/tex]
Забелязваме, че [tex]1^r+(-1)^r+i^r+(-i)^r=0[/tex], за [tex]r=1,2,3[/tex] и следователно е вярно за всяко [tex]d=4f+r[/tex], където [tex]r[/tex] е дефинирано както преди, а [tex]f[/tex] е неотрицателно цяло.
Ясно е, че [tex]1^{4h}+(-1)^{4h}+i^{4h}+(-i)^{4h}=4[/tex].
Сега да съберем горните 4 равенства и нека отляво да изкараме пред скоби [tex]{n\choose d}[/tex] за всяко [tex]d[/tex]. Ако [tex]d[/tex] не се дели на 4, съгласно горните съображения бихме получили [tex]{n\choose d}\left(1^d+(-1)^d+i^d+(-i)^d\right)=0[/tex]. Ако [tex]d[/tex] се дели на 4 бихме получили [tex]4{n\choose d}[/tex]. И така
[tex](1+1)^n+(1+(-1))^n+(1+i)^n+(1+(-i))^n=4\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{4}\right\rfloor}{n\choose 4k}[/tex].
Което е [tex]\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{4}\right\rfloor}{n\choose 4k}=\frac{2^n+(1+i)^n+(1-i)^n}{4}[/tex].
Използвайки формулата на Моавър, горният израз може да се представи по друг начин.
Окончателно [tex]\sum_{k=0}^{n}{n\choose 4k}=2^{n-2}+2^{\frac{n-2}{2}}\cos\left(\frac{\pi n}{4}\right)[/tex].