独立掷 $n$ 次硬币（$n$ 为正整数），每一次掷硬币只出现正面或反面，$a(n)$ 表示掷 $n$ 次硬币出现正面的次数恰好是 $3$ 的倍数的情况总数，$b(n)$ 表示掷 $n$ 次硬币出现正面的次数恰好是 $6$ 的倍数的情况总数．
（1）求 $a(2016),b(2016)$；
（2）当 $n\leqslant 2016$ 时，求使得 $2b(n)-a(n)>0$ 的正整数 $n$ 的个数．
（1）求 $a(2016),b(2016)$；
（2）当 $n\leqslant 2016$ 时，求使得 $2b(n)-a(n)>0$ 的正整数 $n$ 的个数．
【难度】
【出处】
2016中国东南数学奥林匹克试题(高一)
【标注】
【答案】
略
【解析】
由条件知，
$\begin{aligned}a(n)&=C_{n}^{0}+C_{n}^{3}+\ldots+C_{n}^{3 k}+\ldots \\ b(n)&=C_{n}^{0}+C_{n}^{6}+\ldots+C_{n}^{6 k}+\ldots\end{aligned}$
设 $z^3 =1$ 的三个根为 $z_k =e^{\frac{2k\pi}{3}i}$（$k=1,2,3$），则对任意正整数 $n$，有
$\displaystyle
\sum\limits_{k=1}^{3} z_{k}^{n}=\left\{\begin{aligned}&3, ~&&n \equiv 0\pmod{3} \\ &0,~&&n \not\equiv 0\pmod{3}\end{aligned}\right.
$
所以 $\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{3}(1+z_k )^n = \sum_{k=1}^{3}\sum_{j=0}^{n}C_n^j z_k^j =\sum_{j=0}^{n}C_n^j \left(\sum_{k=1}^{3}z_k^j \right) = \sum_{\substack{j=0\\ 3|j}}^{n}3C_n^j =3\cdot a(n)$
经计算知 $1+z_1 =e^{\frac{\pi}{3}i}$，$1+z_2 =e^{-\frac{\pi}{3}i}$，$1+z_3 =2$，从而有
$\begin{aligned}
a(n) &=\frac{1}{3}\sum_{k=1}^{3}(1+z_k )^n =\frac{1}{3}\cdot\left(e^{\frac{n\pi}{3}i}+e^{-\frac{n\pi}{3}i}+2^n \right) \\ &=\frac{1}{3}\cdot \left(2^n + 2\cos\frac{n\pi}{3}\right)
\end{aligned}$ ①
类似地，设 $z^6 =1$ 的六个根为 $w_k =e^{\frac{k}{3}\pi i}$（$k=1,2,\ldots,6$），则根据
$\displaystyle
\sum\limits_{k=1}^{6} w_{k}^{n}=\left\{\begin{aligned}&6, ~&&n \equiv 0\pmod{6} \\ &0, ~&&n \not\equiv 0\pmod{6}\end{aligned}\right.
$
同理可得，$\sum_{k=1}^{6}(1+w_k )^n =6\cdot b(n)$．又注意到 $1+w_1 =\sqrt{3}e^{\frac{\pi}{6}i}$，$1+w_2 =e^{\frac{\pi}{3}i}$，$1+w_3 =0$，$1+w_4 =e^{-\frac{\pi}{3}i}$，$1+w_5 =e^{-\sqrt{3}\frac{\pi}{6}i}$，$1+w_6 =2$，经计算得
$\displaystyle b(n)=\dfrac{1}{6} \sum\limits_{k=1}^{6}\left(1+w_{k}\right)^{n}=\dfrac{1}{6} \cdot\left(2^{n}+2(\sqrt{3})^{n} \cos \dfrac{n \pi}{6}+2 \cos \dfrac{n \pi}{3}\right)$ ②
（1）当 $n=2016$ 时，由 ① 得 $a(2016)=\frac{1}{3}\cdot (2^{2016}+2);$
由 ② 得 $b(2016)=\frac{1}{6}\cdot (2^{2016}+2(\sqrt{3})^{2016}+2)=\frac{1}{6}\cdot (2^{2016}+2\cdot 3^{1008}+2)$．
（2）结合 ①，② 可知
$\begin{aligned} 2 b(n)-a(n) &=\frac{1}{3} \cdot\left(2^{n}+2(\sqrt{3})^{n} \cos \frac{n \pi}{6}+2 \cos \frac{n \pi}{3}\right)-\frac{1}{3} \cdot\left(2^{n}+2 \cos \frac{n \pi}{3}\right) \\ &=\frac{2(\sqrt{3})^{n}}{3} \cos \frac{n \pi}{6} \end{aligned}$
因此对正整数 $n$，$2b(n)-a(n)>0$ 当且仅当 $\cos\dfrac{n\pi}{6}>0$，
即 $n\equiv 0,\pm 1,\pm 2\pmod{12}$．
从而在每个模 $12$ 的完全剩余系中，恰有 $5$ 个数符合条件．注意到 $12~|~2016$，所以满足条件的正整数的个数为 $\dfrac{5}{12}\times 2016=840$．
$\begin{aligned}a(n)&=C_{n}^{0}+C_{n}^{3}+\ldots+C_{n}^{3 k}+\ldots \\ b(n)&=C_{n}^{0}+C_{n}^{6}+\ldots+C_{n}^{6 k}+\ldots\end{aligned}$
设 $z^3 =1$ 的三个根为 $z_k =e^{\frac{2k\pi}{3}i}$（$k=1,2,3$），则对任意正整数 $n$，有
$\displaystyle
\sum\limits_{k=1}^{3} z_{k}^{n}=\left\{\begin{aligned}&3, ~&&n \equiv 0\pmod{3} \\ &0,~&&n \not\equiv 0\pmod{3}\end{aligned}\right.
$
所以 $\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{3}(1+z_k )^n = \sum_{k=1}^{3}\sum_{j=0}^{n}C_n^j z_k^j =\sum_{j=0}^{n}C_n^j \left(\sum_{k=1}^{3}z_k^j \right) = \sum_{\substack{j=0\\ 3|j}}^{n}3C_n^j =3\cdot a(n)$
经计算知 $1+z_1 =e^{\frac{\pi}{3}i}$，$1+z_2 =e^{-\frac{\pi}{3}i}$，$1+z_3 =2$，从而有
$\begin{aligned}
a(n) &=\frac{1}{3}\sum_{k=1}^{3}(1+z_k )^n =\frac{1}{3}\cdot\left(e^{\frac{n\pi}{3}i}+e^{-\frac{n\pi}{3}i}+2^n \right) \\ &=\frac{1}{3}\cdot \left(2^n + 2\cos\frac{n\pi}{3}\right)
\end{aligned}$ ①
类似地，设 $z^6 =1$ 的六个根为 $w_k =e^{\frac{k}{3}\pi i}$（$k=1,2,\ldots,6$），则根据
$\displaystyle
\sum\limits_{k=1}^{6} w_{k}^{n}=\left\{\begin{aligned}&6, ~&&n \equiv 0\pmod{6} \\ &0, ~&&n \not\equiv 0\pmod{6}\end{aligned}\right.
$
同理可得，$\sum_{k=1}^{6}(1+w_k )^n =6\cdot b(n)$．又注意到 $1+w_1 =\sqrt{3}e^{\frac{\pi}{6}i}$，$1+w_2 =e^{\frac{\pi}{3}i}$，$1+w_3 =0$，$1+w_4 =e^{-\frac{\pi}{3}i}$，$1+w_5 =e^{-\sqrt{3}\frac{\pi}{6}i}$，$1+w_6 =2$，经计算得
$\displaystyle b(n)=\dfrac{1}{6} \sum\limits_{k=1}^{6}\left(1+w_{k}\right)^{n}=\dfrac{1}{6} \cdot\left(2^{n}+2(\sqrt{3})^{n} \cos \dfrac{n \pi}{6}+2 \cos \dfrac{n \pi}{3}\right)$ ②
（1）当 $n=2016$ 时，由 ① 得 $a(2016)=\frac{1}{3}\cdot (2^{2016}+2);$
由 ② 得 $b(2016)=\frac{1}{6}\cdot (2^{2016}+2(\sqrt{3})^{2016}+2)=\frac{1}{6}\cdot (2^{2016}+2\cdot 3^{1008}+2)$．
（2）结合 ①，② 可知
$\begin{aligned} 2 b(n)-a(n) &=\frac{1}{3} \cdot\left(2^{n}+2(\sqrt{3})^{n} \cos \frac{n \pi}{6}+2 \cos \frac{n \pi}{3}\right)-\frac{1}{3} \cdot\left(2^{n}+2 \cos \frac{n \pi}{3}\right) \\ &=\frac{2(\sqrt{3})^{n}}{3} \cos \frac{n \pi}{6} \end{aligned}$
因此对正整数 $n$，$2b(n)-a(n)>0$ 当且仅当 $\cos\dfrac{n\pi}{6}>0$，
即 $n\equiv 0,\pm 1,\pm 2\pmod{12}$．
从而在每个模 $12$ 的完全剩余系中，恰有 $5$ 个数符合条件．注意到 $12~|~2016$，所以满足条件的正整数的个数为 $\dfrac{5}{12}\times 2016=840$．
答案
解析
备注
