Κλειστός τύπος για άθροισμα δυωνυμικών (8) (δυσκολάκι)

#1

Ας δειχθεί ότι $\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}(n-2k)^{n+2}=\frac{2^nn(n+2)!}{6}}$ .

kwstas12345 · #2

Αρχικά βλέπουμε ότι: $\displaystyle \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}(-1)^k (n-2k)^{n+2}}=\sum_{k=0}^{n}{\sum_{j=0}^{n+2}{\binom{n+2}{j}\binom{n}{k}(-1)^{k+j}2^jn^{n+2-j}k^j}}=\sum_{j=0}^{n+2}{(-1)^{n+j}2^j n^{n+2-j}\binom{n+2}{j}\sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}}(-1)^{n-k}k^{j}}$ .

Μπορούμε να μετρήσουμε το πλήθος των επί απεικονίσεων από το σύνολο $\left[m \right]$ στο σύνολο $\left[n \right]$ με αρχή εγκλεισμού αποκλεισμού αφού άν θέσουμε $\displaystyle A_{i}$ το σύνολο των απεικονίσεων όπου το στοιχείο $i,1\leq i\leq n$ δεν ανήκει στην εικόνα της

τότε το ζητούμενο πλήθος είναι: $\displaystyle \left|\bigcap_{i=1}^{n}{A_{i}^{c}} \right|=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{n-k}k^m$ .

Άρα για m<n

το ζητούμενο πλήθος είναι προφανώς 0, και m=n

ισούται με το πλήθος των αμφιμονοσήμαντων απεικονίσεων άρα

.Άρα το άθροισμά μας γίνεται:

$\displaystyle \sum_{j=n}^{n+2}{(-1)^{n+j}2^j n^{n+2-j}\binom{n+2}{j}\sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}}(-1)^{n-k}k^{j}}$ .

To πλήθος των επί απεικονίσεων μεταξύ του [n+1]

και του

είναι $\displaystyle \binom{n+1}{2}n!$ αφού διαλέγουμε με $\displaystyle \binom{n+1}{2}$ τρόπους τα 2 στοιχεία που θα έχουν κοινή εικόνα, με

τρόπους την κοινή εικόνα τους και με (n-1)!

τρόπους για να αντιστοιχίσουμε τα άλλα.

Έστω $\displaystyle b_{n}:=\sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}(-1)^{n-k}k^{n+2}}$ τώρα έχουμε :

$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{b_{n}}{n!}x^n}=\sum_{n=0}^{\infty}{\sum_{k=0}^{n}{\frac{(-1)^{n-k}}{k!(n-k)!}k^{k+2}x^n}}=\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{k^2 (-1)^k }{k!}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{\left(-xk \right)^{n+k}}{n!}}}=$ $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}{\frac{k^{k+2}e^{-xk}x^k}{k!}}$ .

Έχουμε επίσης $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}{\frac{k^{k+1}x^k e^{-xk}}{k!}}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{n(n+1)}{2}x^n}$ και αυτό ισχύει λόγω του προηγούμενου υπολογισμού με τις επί απεικονίσεις από το [n+1]

.

Πολλαπλασιάζοντας με ένα

στην τελευταία και παραγγωγίζοντας παίρνουμε: $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{x^ne^{-xn}n^{n+2}}{n!}}=\frac{1}{1-x}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{n^2 (n+1)}{2}}=\frac{2x^2 +x}{(1-x)^5}$ .

Συνεπώς: $\displaystyle b_{n}=n!\left(2\binom{n+2}{4}+\binom{n+3}{4} \right)$ .Tώρα είναι απλό θέμα πράξεων για να επαληθεύσουμε το ζητούμενο.

#3

Ένας τρόπος χωρίς απεικονίσεις:

Παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^j=\frac{\partial^{j}}{\partial x^j}\left[(e^x-1)^n\right]\Big|_{x=0}=\frac{\partial^{j}}{\partial x^j}\left[x^n+\frac{n}{2}x^{n+1}+\frac{n(3n+1)}{24}x^{n+2}+\mathcal O(x^{n+3})\right]\Bigg|_{x=0}}$ ,

οπότε για $0\leq j<n$ είναι $\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^j=0}$ ,

για j=n

είναι $\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^{n}=n!}$ ,

για j=n+1

είναι $\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^{n+1}=\frac{(n+1)!n}{2}=\binom{n+1}{2}n!}$ και

για j=n+2

είναι $\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^{n+2}=\frac{(n+2)!n(3n+1)}{24}=n!\left(2\binom{n+2}{4}+\binom{n+3}{4} \right)}$ .

Τα βάζουμε στο $\displaystyle \sum_{j=0}^{n+2}{(-1)^{n+j}2^j n^{n+2-j}\binom{n+2}{j}\sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}}(-1)^{n-k}k^{j}}$ και παίρνουμε το ζητούμενο.

Επίσης να πούμε ότι $\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^j=n!S(j,n)}$ , όπου $\displaystyle{S(j,n)}$ είναι οι αριθμοί Stirling β είδους και ότι η άσκηση είναι από σελίδα 235 του Combinatorial Identities του J. Riordan που τη βγάζει αλλιώς.

Κλειστός τύπος για άθροισμα δυωνυμικών (8) (δυσκολάκι)

Κλειστός τύπος για άθροισμα δυωνυμικών (8) (δυσκολάκι)

Re: Κλειστός τύπος για άθροισμα δυωνυμικών (8) (δυσκολάκι)

Re: Κλειστός τύπος για άθροισμα δυωνυμικών (8) (δυσκολάκι)

Μέλη σε σύνδεση