Dyskusja:Symbol Newtona

message: Czy stwierdzenie "n nad k" nie jest lekko mylące? Wiele osób używa n nad k jako oznaczenia ułamka \frac{n}{k}...
replies: text: To źle używają, i powinni się od tego jak najszybciej odzwyczaić – bo \frac{n}{k} to jest zapis ułamka albo dzielenia, i czyta się "n dzielone przez k", lub krócej "n przez k". --CiaPan 00:28, 15 lut 2005 (CET)
Uważam że właśnie nie powinni się odzwyczajać. Matematycy z całego świata używają określenia n nad k do oznaczania ułamków. Nawet kiedy tutaj piszesz {n \over k} - otrzymujesz {n\over k}. :) Za to "n po k", twoje "n nad k" piszesz przecież {n \choose k} {n\choose k}. 
Paweusz 16:35, 10 cze 2005 (CEST)

text: Zgadzam się w tym temacie z CiaPan. W Polsce powszechnie jest stosowane w nomenklaturze dla ułamków n przez k zaś dla symbolu Newtona n nad k i niech tak zostanie. Danielm 19:02, 10 cze 2005 (CEST)
Skąd wiesz że "W Polsce powszechnie jest stosowane"?? Masz jakieś statystyki, wyniki badań? Tym bardziej, jeśli nawet - nie uważasz że lepiej byłoby się przestawić? Pisać tak jak wszyscy?
paweusz 20:42, 10 cze 2005 (CEST)
Na polskich uczelniach "n nad k" używa się do ułamków, a "n po k" do symbolu newtona.

message: "Procedura ta nie ma wady poprzedniej metody – oblicza końcową wartość bez żadnego nadmiaru w wynikach pośrednich. Niestety, płaci się za to ogromnym kosztem obliczeń: wskutek rekurencji złożoność pamięciowa jest liniowa O(n), i to w bardzo wrażliwym obszarze stosu, zaś pesymistyczna złożoność czasowa aż rzędu kwadratowego O(n2)"

message: ======No jeszcze raz ja..na pewno O(n^2)? a nie przy nCk, 2^(n-k)? ....5C3/\4C2+4C3/\/\3C1+3C2 3C2+3C3 ....1:2^0,2:2^1,3:2^2...1,2,4...=2^n-k....;-)
----
"Drobną wadą tego sposobu jest niewielki nadmiar w trakcie obliczeń: maksymalna wartość pośrednia, otrzymana przed ostatnim dzieleniem przez k, jest k-krotnie większa od ostatecznego wyniku."
Coś mi tu nie pasuje. Wykorzystałem tą funkcję w programie i miałem problemy ze zbyt dużymi liczbami. Okazało się, że pośrednie wyniki dla n=100 i k=99 wyglądają tak (trochę wyciąłem):
100.000000
4950.000000
...
98913082887808039000000000000.000000
100891344545564200000000000000.000000 < to jest k * wynik?
98913082887808039000000000000.000000
...
161700.000000
4950.000000 < a może to jest k * wynik?...
100.000000 < wynik
Coś jest chyba źle lub nie dokładnie napisane...
Baktrian 17:29, 29 maja 2007 (CEST)

message: Bardzo często rysuje się trójkąt Pascala jako trójkąt równoboczny, jednak znacznie czytelniejszym zapisem (szczególnie przy omawianiu trójkątów liczbowych) jest trójkąt prostokątny typu:
patrz: "Matematyka Konkretna" Ronald L. Graham, Donald E. Knuth, Oren Patashnik (WN PWN)
--WarX 22:38, 22 cze 2005 (CEST)
Ale przy trójkącie prostokątm zatraca się prostą zasadę rekurencyjną tworzenia kolejnego wiersza, któa mówi, że jako pierwszą i ostatnią wpisujemy jeden zaś kolejne współczynniki to suma dwóch będących powyżej z lewej i prawej strony. Poza tym wersja z trójkątem równobocznym jest jednak powszechniejsza. Zatem jestem za jej utrzymaniem przynajmniej w tym artykule oraz w Trójkąt Pascala. Danielm ✍ ✉ 14:52, 14 lis 2005 (CET)
thread_title:  Trójkąt Pascala 

message: Myślę, że na samym początku artykułu powinien być podany wzór ogólny, a nie szczególny, czyli
{n \choose k} = \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{1\cdot 2\cdots k}
gdyż ten jest prawdziwy dla wszystkich liczb n \in R \land k \in N. (za R. Leitner, "Zarys matematyki wyższej").
Póżniej należałoby uwzględnić, że dla n \in N \land k \in N zachodzi {n \choose k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}
=== Inny wzór ===
W książce "Matematyka konkretna", Knuth, Graham, Patashnik używa się zapisu {n \choose k} = \frac{n^{\underline{k}}}{k!}, gdzie wyrażenie w liczniku to potęga ubywająca (dokładnie to co w wzorze powyżej).
Poza tym pierwsze zdanie jest nie poprawne. symbol newtona nie definiuję się przez wzór (ten czy inny), ale przez "ilość kombinacji k-elementowych ze zbioru n-elementowego", a potem się wyprowadza jego postać i uogólnia na inne przypadki.
--Witold Baryluk 21:01, 13 gru 2006 (CET)
Fakt. Proszę koniecznie poprawić!
--WarX <talk> 22:36, 13 gru 2006 (CET)
thread_title:  Wzór ogólny 

message: W książce "Matematyka konkretna", Knuth, Graham, Patashnik używa się zapisu {n \choose k} = \frac{n^{\underline{k}}}{k!}, gdzie wyrażenie w liczniku to potęga ubywająca (dokładnie to co w wzorze powyżej).
Poza tym pierwsze zdanie jest nie poprawne. symbol newtona nie definiuję się przez wzór (ten czy inny), ale przez "ilość kombinacji k-elementowych ze zbioru n-elementowego", a potem się wyprowadza jego postać i uogólnia na inne przypadki.
--Witold Baryluk 21:01, 13 gru 2006 (CET)
Fakt. Proszę koniecznie poprawić!
--WarX <talk> 22:36, 13 gru 2006 (CET)
thread_title:  Inny wzór 

message: usuwam bibliografię która została skopiowana z en a która IMHO nie była używana przy pisaniu tego hasła. (Np w naszej wersji nie ma nic o dzielnikach współczynników więc odsyłacz do pracy Singmastera był całŻiem nie na miejscu.) Patrz następująca opinia Hołka w kawiarence:
Stotr (dyskusja) 05:09, 6 mar 2008 (CET)
thread_title:  bibliografia 

message: Ostatnio przypadkiem dotarłem do bardzo interesującej właściwości symbolu Newtona, niestety niepotwierdzonej żadnym źródłem ani nawet dowodem matematycznym. Dotyczy ona informacji na temat podzielności symbolu z n po k przez dwa która może zostać stwierdzona dla każdej wartości n i k za pomocą prostych działań logicznych: ((~n)&k). W uproszczeniu oznacza to, że jeśli w zapisie dwójkowym liczb n i k istnieje taka pozycja w której k ma 1, a n ma 0 to symbol Newtona z n po k będzie podzielny przez dwa.
Jeśli słyszał ktoś cokolwiek o tej właściwości i posiada jakieś źródło prosiłbym o wypowiedź lub uzupełnienie hasła.
=== Dowód ===
Tak, właśnie z ciekawości to udowodniłem. :-)
Zdaje się, że właśnie z tej właściwości wynika fraktalny wygląd trójkąta Pascala i sposób tworzenia z niego trójkąta Sierpińskiego. Do hasła wrzucał nie będę, bo to jednak mój OR, ale mogę się podzielić. 
Niech d(x)\; będzie liczbą dwójek w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby x (czyli liczbą zer na końcu rozwinięcia binarnego x).
Jak łatwo zauważyć i udowodnić:
replies: text: Lemat 1: d(2^n!)=2^n-1\;
Dowód przez indukcję ze względu na n:
* d(2^0!)=2^0-1\;
* d(2^{n+1}!)\overset{(4)}{=}\sum\limits_{i=1}^{2^{n+1}}d(i) \overset{(3)}{=}\sum\limits_{i=1}^{2^n-1}d(i)+d(2^n)+\sum\limits_{i=1}^{2^n-1}d(2^n+i)\ +d(2^{n+1}) =\sum\limits_{i=1}^{2^n-1}\left( d(i)+d(2^n+i)\right) +n+n+1 =2\left(\sum\limits_{i=1}^{2^n-1}d(i)\ +n\right)+1 \overset{(4)}{=}2d(2^n!)+1\overset{(indukcja)}{=}2(2^n-1)+1=2^{n+1}-1
Jeśli 1<x<2^n\; to:

text: Niech

text: gdzie b_{i+1}>b_i\;
Lemat 2: d(t_k!)=t_k-k\;
Dowód przez indukcję ze względu na k.
* d(t_1!)=d(2^{b_1}!)=2^{b_1}-1=t_1-1\;
* d(t_{k+1}!)=d\left( \left( \sum\limits_{i=1}^k 2^{b_i}\ +2^{b_{k+1}}\right) !\right)  \overset{(3),(Lemat 1)}{=} 2^{b_{k+1}}-1+d\left( \left( \sum\limits_{i=1}^k 2^{b_i}\right) !\right) \overset{(4)}{=} 2^{b_{k+1}}-1+d(t_k!)=2^{b_{k+1}}-1+t_k-k=t_{k+1}-(k+1)
Niech b(t) będzie liczbą jedynek w reprezentacji bitowej liczby t. Teraz lemat 2 można zapisać jako:

text: d\left( {n \choose k} \right)= d\left( \frac{n!}{k!(n-k)!}\right) \overset{(3)}{=} d(n!)-d(k!)-d((n-k)!) \overset{(7)}{=} n-b(n)-k+b(k)-(n-k)+b(n-k)=-b(n)+b(k)+b(n-k)
Symbol Newtona jest parzysty wtedy i tylko wtedy, gdy ma dwójkę wśród dzielników: d\left( {n \choose k} \right)>0, czyli gdy

text: Niech:
* (x)_i\; oznacza i-ty bit liczby x.
* r_i\; oznacza liczbę "w pamięci" przy przejściu w dodawaniu x+y od bitu i do i+1 (algorytm pisemnego dodawania liczb binarnych).
Zauważmy, że:

text: (x+y)_0=(x)_0+(y)_0-2r_0\;

text: (x+y)_1=(x)_1+(y)_1+r_0-2r_1\;
Ogólnie, przyjmując r_{-1}=0\;:

text: (x+y)_i=(x)_i+(y)_i+r_{i-1}-2r_i\;

text: b(x+y)=\sum\limits_{i=0}^N (x+y)_i=\sum\limits_{i=0}^N (x)_i+\sum\limits_{i=0}^N (y)_i+\sum\limits_{i=0}^N r_i-2\sum\limits_{i=0}^N r_i=b(x)+b(y)-\sum\limits_{i=0}^N r_i
gdzie N\geqslant\log_2 (x+y)\;
W szczególności w odniesieniu do wzoru (8):

text: b(n)=b(k)+b(n-k)-\sum\limits_{i=0}^N r_i
gdzie r_i to przeniesienia przy dodawaniu liczb k i (n-k)
Symbol Newtona jest więc parzysty wtedy i tylko wtedy gdy

text: \sum\limits_{i=0}^N r_i>0
czyli gdy istnieje takie j, że przy dodawaniu liczb k i (n-k): r_i=0\; dla i<j\; i r_j=1\;
co jest równoważne:

text: r_j=1, r_{j-1}=0\; 
co jest równoważne:

text: (k)_j=1, (n-k)_j=1, r_{j-1}=0\;
co jest równoważne:

text: (k)_j=1, (n)_j=(k)_j+(n-k)_j+r_{j-1}-2r_j=1+1+0-2=0\;
Czyli symbol Newtona n\choose k jest parzysty wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje taki bit, na którym n ma wartość 0, a k ma wartość 1. 
Co należało udowodnić. Olaf @ 01:17, 22 maj 2008 (CEST)
thread_title:  Parzystość symbolu Netwona 

message: Tak, właśnie z ciekawości to udowodniłem. :-)
Zdaje się, że właśnie z tej właściwości wynika fraktalny wygląd trójkąta Pascala i sposób tworzenia z niego trójkąta Sierpińskiego. Do hasła wrzucał nie będę, bo to jednak mój OR, ale mogę się podzielić. 
Niech d(x)\; będzie liczbą dwójek w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby x (czyli liczbą zer na końcu rozwinięcia binarnego x).
Jak łatwo zauważyć i udowodnić:
replies: text: Lemat 1: d(2^n!)=2^n-1\;
Dowód przez indukcję ze względu na n:
* d(2^0!)=2^0-1\;
* d(2^{n+1}!)\overset{(4)}{=}\sum\limits_{i=1}^{2^{n+1}}d(i) \overset{(3)}{=}\sum\limits_{i=1}^{2^n-1}d(i)+d(2^n)+\sum\limits_{i=1}^{2^n-1}d(2^n+i)\ +d(2^{n+1}) =\sum\limits_{i=1}^{2^n-1}\left( d(i)+d(2^n+i)\right) +n+n+1 =2\left(\sum\limits_{i=1}^{2^n-1}d(i)\ +n\right)+1 \overset{(4)}{=}2d(2^n!)+1\overset{(indukcja)}{=}2(2^n-1)+1=2^{n+1}-1
Jeśli 1<x<2^n\; to:

text: Niech

text: gdzie b_{i+1}>b_i\;
Lemat 2: d(t_k!)=t_k-k\;
Dowód przez indukcję ze względu na k.
* d(t_1!)=d(2^{b_1}!)=2^{b_1}-1=t_1-1\;
* d(t_{k+1}!)=d\left( \left( \sum\limits_{i=1}^k 2^{b_i}\ +2^{b_{k+1}}\right) !\right)  \overset{(3),(Lemat 1)}{=} 2^{b_{k+1}}-1+d\left( \left( \sum\limits_{i=1}^k 2^{b_i}\right) !\right) \overset{(4)}{=} 2^{b_{k+1}}-1+d(t_k!)=2^{b_{k+1}}-1+t_k-k=t_{k+1}-(k+1)
Niech b(t) będzie liczbą jedynek w reprezentacji bitowej liczby t. Teraz lemat 2 można zapisać jako:

text: d\left( {n \choose k} \right)= d\left( \frac{n!}{k!(n-k)!}\right) \overset{(3)}{=} d(n!)-d(k!)-d((n-k)!) \overset{(7)}{=} n-b(n)-k+b(k)-(n-k)+b(n-k)=-b(n)+b(k)+b(n-k)
Symbol Newtona jest parzysty wtedy i tylko wtedy, gdy ma dwójkę wśród dzielników: d\left( {n \choose k} \right)>0, czyli gdy

text: Niech:
* (x)_i\; oznacza i-ty bit liczby x.
* r_i\; oznacza liczbę "w pamięci" przy przejściu w dodawaniu x+y od bitu i do i+1 (algorytm pisemnego dodawania liczb binarnych).
Zauważmy, że:

text: (x+y)_0=(x)_0+(y)_0-2r_0\;

text: (x+y)_1=(x)_1+(y)_1+r_0-2r_1\;
Ogólnie, przyjmując r_{-1}=0\;:

text: (x+y)_i=(x)_i+(y)_i+r_{i-1}-2r_i\;

text: b(x+y)=\sum\limits_{i=0}^N (x+y)_i=\sum\limits_{i=0}^N (x)_i+\sum\limits_{i=0}^N (y)_i+\sum\limits_{i=0}^N r_i-2\sum\limits_{i=0}^N r_i=b(x)+b(y)-\sum\limits_{i=0}^N r_i
gdzie N\geqslant\log_2 (x+y)\;
W szczególności w odniesieniu do wzoru (8):

text: b(n)=b(k)+b(n-k)-\sum\limits_{i=0}^N r_i
gdzie r_i to przeniesienia przy dodawaniu liczb k i (n-k)
Symbol Newtona jest więc parzysty wtedy i tylko wtedy gdy

text: \sum\limits_{i=0}^N r_i>0
czyli gdy istnieje takie j, że przy dodawaniu liczb k i (n-k): r_i=0\; dla i<j\; i r_j=1\;
co jest równoważne:

text: r_j=1, r_{j-1}=0\; 
co jest równoważne:

text: (k)_j=1, (n-k)_j=1, r_{j-1}=0\;
co jest równoważne:

text: (k)_j=1, (n)_j=(k)_j+(n-k)_j+r_{j-1}-2r_j=1+1+0-2=0\;
Czyli symbol Newtona n\choose k jest parzysty wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje taki bit, na którym n ma wartość 0, a k ma wartość 1. 
Co należało udowodnić. Olaf @ 01:17, 22 maj 2008 (CEST)
thread_title:  Dowód 

message: w artykule znajduje się mnóstwo tożsamości, które mają swoją interpretację w zliczaniu obiektów. można by się nimi podeprzeć, aby dać ich łatwe dowody. konrad mów!
thread_title: zliczanie

message: Dotyczy historycznej wersji artykułu.
W sekcji "związek z liczbami wielokątnymi" jest błąd. W n-tym wierszu ukośnym znajdują się nie liczby n-kątne, lecz liczby piramidalne (k-1) - wymiarowe utworzone na bazie liczb trójkątnych --Matematyk (dyskusja) 19:09, 1 cze 2009 (CEST)
thread_title:  Liczby wielokątne 

message: We właściwościach symbolu Newtona brakuje elementarnego wniosku, że n po 1 równe jest n (i ewentualnie n po n-1 = n). Myślę, że jest to warte odnotowania.
--156.17.234.129 (dyskusja) 01:29, 12 maj 2012
replies: text: Już jest  --CiaPan (Odp.) 08:42, 15 maj 2012 (CEST)
thread_title:  n po 1 

message: Stwierdzenie jest to funkcja dwóch argumentów całkowitych nieujemnych, jest błędne, dlatego że argumenty n, k odnoszą się do mocy zbiorów, a moce zbiorów opisują liczby naturalne a nie całkowite. Owszem, można przyjąć "nieujemne całkowite" === "naturalne", ale wikipedię czytają ludzie nie będący dobrze rozeznani w teorii mnogości i po co sobie mają wyrabiać błędne pojęcie?
-- anonimowy wpis umieścił 89.66.249.106 (dyskusja) (a podpis dodał CiaPan (dyskusja))
replies: text: Określenie "liczby naturalne" jest nie do końca ścisłe, bo czasem zalicza się do nich zero, a czasem nie. Stąd użycie "nieujemnych całkowitych". Nie widzę tu błędu. Olaf @ 22:23, 20 maj 2021 (CEST)
thread_title:  Błędne określenie 

message: Zauważyłem ciekawe zjawisko, skoro w definicji jest zawarte, że 
replies: text: {n \choose k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}    dla   0 \leqslant k \leqslant n,
To uprawnione jest takie przekształcenie:
\begin{aligned}
\binom{n}{k} + \binom{n}{k+1} = \binom{n+1}{k+1} \\[10pt]
\text{niech} \text{ }\text{ } n=6 \land k=6 \\[10pt]
\text{wtedy}\\[10pt]
\binom{6}{6} + \binom{6}{7} = \binom{7}{7} \\[10pt]
1 + \binom{6}{7} = 1 & \bigg| -1\\[10pt]
\binom{6}{7} = 0
\end{aligned}
Ponad to, jeśli mielibyśmy podłubać to dalej, to moglibyśmy uzyskać:
\begin{aligned}
\binom{6}{7} = 0 \\[10pt]
\frac{6!}{(6-7)! \cdot 7!} = 0 \\[10pt]
\frac{6!}{(-1)! \cdot (7 \cdot 6!)} = 0 \\[10pt]
\frac{\cancel{6!}}{(-1)! \cdot 7 \cdot \cancel{6!}} = 0 \\[10pt]
\frac{1}{(-1)! \cdot 7} = 0 &\bigg| \cdot 7\\[10pt]
\frac{1}{(-1)!} = 0 &\bigg| (...)^{-1}\\[10pt]
\frac{(-1)!}{1} = \frac{1}{0} \\[10pt]
(-1)! = \frac{1}{0} \\[10pt]
(-1)! \in \{ -\infty ; +\infty \}
\end{aligned}
Czy takie wnioskowanie jest uprawnione?
Superjurek (dyskusja) 12:12, 20 maj 2021 (CEST)

text: Nie jest. Silnia nie jest określona dla liczb całkowitych ujemnych, właśnie dlatego że (n+1)! = (n+1) * n!, więc podstawiając n = -1 mielibyśmy 1 = 0 * (-1)! a żadna liczba tego nie spełnia. Wprowadzanie nieskończoności do rachunków nie ma sensu. Można rozszerzyć silnię na liczby zespolone (funkcja gamma), ale z wyjątkiem ujemnych liczb całkowitych. Olaf @ 22:21, 20 maj 2021 (CEST)
replies: text: : Ale w tym przypadku, który przytoczyłeś, mamy do czynienia z symbolem nieoznaczonym, którym jest 0 \cdot \infty (taki zapis traci sens liczbowy). Gdybyśmy jednak postępowali tak jak przy wyznaczaniu granicy ciągu (gdzie np. x \rightarrow \infty) i uprzednio przekształcili wspomniane przez Ciebie równanie (n+1)! = (n+1) \cdot n! dzieląc obie strony przez n! (przed podstawieniem \infty), to doszlibyćmy do postaci \frac{(n+1)!}{n!} = (n+1) (możemy tak zrobić, bo \begin{aligned}\bigwedge \\ n \in \mathbb{R} \end{aligned} (n! \neq 0)), to wówczas po podstawieniu n=(-1) dojdziemy do  \frac{0!}{(-1)!} = 0 \Rightarrow \frac{1}{(-1)!} = 0. Jeśli założymy, że (-1)!=+\infty to otrzymamy \frac{1}{\infty} = 0, czyli wszystko gra, bo podczas wyznaczania granicy ciągu, gdzie x \rightarrow \infty wykonujemy dokładnie takie samo przekształcenie. Rozważyłbym jeszcze drugi przypadek, gdzie (-1)!=-\infty, wtedy \frac{1}{-\infty} = 0, ale rysując komputerowo wykres funkcji \Gamma(n+1) zauważamy, że zarówno dla n \rightarrow (-1)^- i dla n \rightarrow (-1)^+ wyrażenie (n!) przyjmuje wartość dodatnią (tym samym funkcja obustronnie dąży do +\infty, czyli dążąc idealnie do n=(-1) dążymy do +\infty i tym samym eliminujemy przypadek (-1)!= -\infty, więc pozostałaby tylko jedna możliwość, czyli (-1)!= +\infty. Czy w tej formie dalej to nie ma sensu? Superjurek (dyskusja) 10:27, 21 maj 2021 (CEST)
replies: text: ::Sprostowanie, jednak nie dąży obustronnie do +\infty więc nie można wykluczyć -\infty, tym samym (-1)! \in \{ -\infty ; +\infty \} Superjurek (dyskusja) 10:40, 21 maj 2021 (CEST)
thread_title:  A co jeśli n=k ?