Απορία

S3i · #1

$\binom {n} {1} - \frac{1}{2} \binom {n} {2} + \frac {1} {3} \binom {n}{3} - ... +(-1)^{n+1}\frac{1}{n} \binom{n}{n}= 1+ \frac{1}{2} + ... +\frac{1}{n}$

Έχω αποδείξει ήδη $\binom{n}{1} - \binom{n}{2} + \binom{n}{3} - ... + (-1)^{n+1}\binom{n}{n} = 1$

Δεν πρέπει με κάποιο τρόπο να εμφανίσω τους συντελεστές σε αυτό που έχω ήδη αποδείξει ώστε να πάρω την ισότητα?

Είμαι σε καλό δρόμο?

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

Ένας τρόπος να αποδείξουμε την ταυτότητα είναι :
Παίρνουμε δυωνιμικό ανάπτυγμα με μεταβλητή.
Διαιρούμε με την μεταβλητή και ολοκληρώνουμε από 0 εως 1.

Tolaso J Kos · #3

S3i έγραψε: $\binom {n} {1} - \frac{1}{2} \binom {n} {2} + \frac {1} {3} \binom {n}{3} - ... +(-1)^{n+1}\frac{1}{n} \binom{n}{n}= 1+ \frac{1}{2} + ... +\frac{1}{n}$

Μία πρώτη προσέγγιση του θέματος αλλά σίγουρα θα υπάρχει και καλύτερη , π.χ συνδυαστική.

$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{H}_n &=\int_{0}^{1}\frac{1-x^n}{1-x}\, {\rm d}x \\ &\overset{y= 1-x}{=\! =\! =\! =\!}\int_{0}^{1}\frac{1-\left ( 1-y \right )^n}{y}\, {\rm d}y \\ &=\bigintsss_{0}^{1}\left [ \sum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}\binom{n}{k}y^{k-1} \right ]\, {\rm d}y \\ &= \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k}\binom{n}{k} \end{aligned}}$

Σίγουρα αυτή η απόδειξη υπάρχει κάπου στο internet. Βέβαια προϋποθέτει να γνωρίζουμε ότι ο

-ιοστός αρμονικός όρος έχει ολοκληρωτική αναπαράσταση την ακόλουθη:

$\displaystyle{\mathcal{H}_n = \int_0^1 \frac{1-x^n}{1-x}\, {\rm d}x}$

Υποθέτω πως υπάρχει και συνδυαστική απόδειξη καθώς υπάρχει άμεση σύνδεση με το binomial transform. Θα χαρώ να δω μία τέτοια.

S3i · #4

Ευχαριστώ για την απόδειξη.
Προσπαθώ να κάνω και μια διαφορετική.

Tolaso J Kos · #5

S3i έγραψε: Προσπαθώ να κάνω και μια διαφορετική.

Προσωπικά δε γνωρίζω άλλη απόδειξη οπότε θα χαρώ να δω κάποια. Επίσης, ως συνέπεια του binomial inversion theorem παίρνουμε και τη σχέση:

$\displaystyle{\frac{1}{n} = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1} \binom{n}{k} \mathcal{H}_{k}}$

όπου $\mathcal{H}_k$ ο

-ιοστός αρμονικός όρος.

#6

Με επαγωγή στο

.

Ας γράψουμε L_n,R_n

για το αριστερό και δεξί μέλος της σχέσης. Έχουμε L_1=R_1

και για το επαγωγικό βήμα αρκεί να δειχθεί ότι $L_{n+1}-L_n = R_{n+1}-R_n$ . Είναι $\displaystyle{R_{n+1}-R_n = \frac{1}{n+1}.}$ Επίσης για κάθε

έχουμε

$\displaystyle{ \frac{1}{k}\binom{n+1}{k} - \frac{1}{k}\binom{n}{k} = \frac{1}{k}\binom{n}{k-1} = \frac{1}{n+1}\binom{n+1}{k}}$

Άρα

$\begin{aligned} L_{n+1}-L_n &= \frac{1}{n+1}\left[ \binom{n+1}{1} - \binom{n+1}{2} + \cdots + (-1)^{n+2}\binom{n+1}{n+1}\right] \\ &= \frac{1}{n+1}\left[\binom{n+1}{0} -(1-1)^{n+1} \right] \\ &= \frac{1}{n+1} \end{aligned}}$

Επεξεργασία: Διόρθωση τυπογραφικού. (Ευχαριστώ τον Σταύρο που το πρόσεξε.)

S3i · #7

Σας ευχαριστώ πολύ. Είχα προσπαθήσει μια απόδειξη με επαγωγή και τριγωνική ιδιότητα του Pascal . Η παρατήρηση σας μου έλειπε.

#8

Ας δούμε και μια απόδειξη με χρήση της αρχής εγκλεισμού-αποκλεισμού:

Σε κάθε υποσύνολο του $\{1,2,\ldots,n\}$ μεγέθους $k \geqslant 1$ δίνω βάρος $\displaystyle{w_k = \frac{1}{k\binom{n}{k}}.}$

Το άθροισμα των βαρών όλων των υποσυνόλων είναι $\displaystyle{ \sum_{k=1}^n \binom{n}{k}w_k = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k},}$ δηλαδή το δεξί μέλος της ζητούμενης σχέσης.

Για ένα υποσύνολο

του $\{1,2,\ldots,n\}$ μεγέθους $k \geqslant 1$ , το άθροισμα των βαρών όλων των συνόλων που περιέχουν το

είναι

$\displaystyle{f(A) = \sum_{r=0}^{n-k} \binom{n-k}{r}w_{r+k} = \sum_{r=0}^{n-k} \frac{\binom{n-k}{r}}{(r+k)\binom{n}{r+k}} = \frac{1}{k\binom{n}{k}} \sum_{r=0}^{n-k} \binom{r+k-1}{k-1} = \frac{1}{k}.}$

Οπότε το άθροισμα των βαρών όλων των υποσυνόλων είναι από την αρχή εγκλεισμού-αποκλεισμού

$\displaystyle{ \sum_A (-1)^{|A|-1} f(A) = \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{k} \binom{n}{k},}$

δηλαδή το αριστερό μέλος της ζητούμενης σχέσης.

Απορία

Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Re: Απορία

Μέλη σε σύνδεση