Άθροισμα

S.E.Louridas · #1

Αν

θετικοί ακέραιοι με $n \geqslant k$ , υπολογίστε το άθροισμα: $\sum\limits_{i = 1}^n {{\mkern 1mu} {{\left( { - 1} \right)}^i}} {\mkern 1mu} {i^k}C_n^{\,i}.$
To ${C_n^{\,i}$ παριστάνει τους συνδυασμούς των

ανά

.

Λάμπρος Κατσάπας · #2

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Παρ Απρ 06, 2018 6:41 pm
Αν θετικοί ακέραιοι με $n \geqslant k$ , υπολογίστε το άθροισμα: $\sum\limits_{i = 1}^n {{\mkern 1mu} {{\left( { - 1} \right)}^i}} {\mkern 1mu} {i^k}C_n^{\,i}.$
To ${C_n^{\,i}$ παριστάνει τους συνδυασμούς των ανά .

Καλησπέρα κ.Λουρίδα και καλή ανάσταση να έχετε.Το αποτέλεσμα είναι

και το ίδιο ισχύει αν αντί του $i^{k}$ έχουμε οποιοδήποτε πολυώνυμο P(i)

βαθμού το

πολύ

Θεωρούμε τη συνάρτηση $f(x)=(1-x)^{n},x \in R.$ Από το διωνυμικό θεώρημα και με τη σύμβαση $0^{0}=1$

είναι $f(x)=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^ix^{i}.(1)$

Επίσης, $f^{(k)}(x)=(-1)^k(n)_{k}(1-x)^{n-k}$ όπου $f^{(k)}$ η

οστή παράγωγος και $(n)_{k}=n(n-1)(n-2)...(n-k+1).$

Από την (1)

παραγωγίζοντας

φορές παίρνουμε

$f^{(k)}(x)=\sum_{i=k}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i(i)_{k}x^{i-k}.$ Επομένως $(-1)^k(n)_{k}(1-x)^{n-k}=\sum_{i=k}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i(i)_{k}x^{i-k}=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i(i)_{k}x^{i-k}. (2)$

Αν θέσουμε στη (2)

όπου

το

παίρνουμε

$\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i(i)_{k}=0\Rightarrow\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i(i)(i-1)(i-2)...(i-k+1)=0\vspace{2em}$
$\Rightarrow \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i(i^{k}+c_{1}i^{k-1}+c_{2}i^{k-2}+...+c_{k})=0\vspace{2em}$
για κάποιες πραγματικές, μη μηδενικές, σταθερές $c_{1},c_{2},...,c_{k}.$

Από την τελευταία βλέπουμε ότι η τιμή του αθροίσματος $\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^ii^{k}$ είναι πλήρως καθορισμένη από τις τιμές του $\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^ii^{j}$

για j<k

αφού $\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^ii^{k}= -\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i \sum_{j=1}^{k}c_{j}i^{k-j}.$

Για k=1

αντικαθιστώντας στη (2)

όπου

το

βρίσκουμε ότι το άθροισμά μας έχει τιμή

(είναι επίσης $\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i= 0$ ) και εμπροσθοδρομικά

καταλήγουμε ότι για κάθε $k\leq n$ είναι $\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i i^{k} =\sum_{i=1}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i i^{k}=0$

S.E.Louridas · #3

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 07, 2018 8:34 pm

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Παρ Απρ 06, 2018 6:41 pm
Αν θετικοί ακέραιοι με $n \geqslant k$ , υπολογίστε το άθροισμα: $\sum\limits_{i = 1}^n {{\mkern 1mu} {{\left( { - 1} \right)}^i}} {\mkern 1mu} {i^k}C_n^{\,i}.$
To ${C_n^{\,i}$ παριστάνει τους συνδυασμούς των ανά .
Καλησπέρα κ.Λουρίδα και καλή ανάσταση να έχετε.Το αποτέλεσμα είναι και το ίδιο ισχύει αν αντί του $i^{k}$ έχουμε οποιοδήποτε πολυώνυμο βαθμού το

πολύ

Θεωρούμε τη συνάρτηση $f(x)=(1-x)^{n},x \in R.$ Από το διωνυμικό θεώρημα και με τη σύμβαση $0^{0}=1$

είναι $f(x)=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^ix^{i}.(1)$

Επίσης, $f^{(k)}(x)=(-1)^k(n)_{k}(1-x)^{n-k}$ όπου $f^{(k)}$ η οστή παράγωγος και $(n)_{k}=n(n-1)(n-2)...(n-k+1).$

Από την παραγωγίζοντας φορές παίρνουμε

$f^{(k)}(x)=\sum_{i=k}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i(i)_{k}x^{i-k}.$ Επομένως $(-1)^k(n)_{k}(1-x)^{n-k}=\sum_{i=k}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i(i)_{k}x^{i-k}=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i(i)_{k}x^{i-k}. (2)$

Αν θέσουμε στη όπου το παίρνουμε

$\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i(i)_{k}=0\Rightarrow\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i(i)(i-1)(i-2)...(i-k+1)=0\vspace{2em}$
$\Rightarrow \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i(i^{k}+c_{1}i^{k-1}+c_{2}i^{k-2}+...+c_{k})=0\vspace{2em}$
για κάποιες πραγματικές σταθερές $c_{1},c_{2},...,c_{k}.$

Από την τελευταία βλέπουμε ότι η τιμή του αθροίσματος $\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^ii^{k}$ είναι πλήρως καθορισμένη από τις τιμές του $\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^ii^{j}$

για αφού $\Rightarrow \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^ii^{k}= -\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i \sum_{j=1}^{k}c_{j}i^{k-j}.$

Για αντικαθιστώντας στη όπου το βρίσκουμε ότι το άθροισμά μας έχει τιμή και εμπροσθοδρομικά καταλήγουμε ότι για κάθε

$k\leq n$ είναι $\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i i^{k} =\sum_{i=1}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i i^{k}=0$

Ευχαριστώ πολύ, Καλή Ανάσταση και σε σας.

#4

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Παρ Απρ 06, 2018 6:41 pm
Αν θετικοί ακέραιοι με $n \geqslant k$ , υπολογίστε το άθροισμα: $\sum\limits_{i = 1}^n {{\mkern 1mu} {{\left( { - 1} \right)}^i}} {\mkern 1mu} {i^k}C_n^{\,i}.$
To ${C_n^{\,i}$ παριστάνει τους συνδυασμούς των ανά .

Βιαστικά γιατί είμαι στο εξωτερικό (όμως δεν θα χάσω το Πασχαλινό αρνί σήμερα μια και αργότερα θα συναντηθώ με την ελληνική κοινότητα εδώ)

Έχουμε $f(x)=(1-x)^{n} = \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^ix^{i} \, (*)$

Για x=1

παίρνουμε ότι για k=0

το δοθέν άθροισμα ισούται με

.

Παραγωγίζοντας την (*)

έχουμε $f'(x)=n(1-x)^{n-1} = \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^iix^{i-1} \, (**)$

Θέτοντας x=1

παίρνουμε ότι για k=1

το δοθέν άθροισμα επίσης ισούται με

. Θα δούμε ότι συμβαίνει το ίδιο για τα υπόλοιπα

μέχρι το

.

Πράγματι πολλαπλασιάζοντας την (**)

επί

έχουμε $xf'(x)=nx(1-x)^{n-1} = \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^iix^{i}$ . Παραγωγίζοντας και μετά θέτοντας x=1

παίρνουμε ότι για k=2

το δοθέν άθροισμα επίσης ισούται με

.

Συνεχίζουμε με τον ίδιο τρόπο, δηλαδή κάθε φορά πολλαπλασιάζουμε επί

, παραγωγίζουμε και θέτουμε x=1

. Το άθροισμα τα βγει

λόγω της ύπαρξης παράγοντα x-1

στο αριστερό μέλος. Και λοιπά.

#5

Για προσέξτε καλύτερα την περίπτωση k=n

.

Σωτήρη, σίγουρα ήθελες αυτόν τον φάκελο; Ακόμη και με την απόδειξη του Μιχάλη, μάλλον μου φαίνεται ακατάλληλη για αυτόν τον φάκελο

S.E.Louridas · #6

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 08, 2018 1:02 pm
Για προσέξτε καλύτερα την περίπτωση .
Σωτήρη, σίγουρα ήθελες αυτόν τον φάκελο; Ακόμη και με την απόδειξη του Μιχάλη, μάλλον μου φαίνεται ακατάλληλη για αυτόν τον φάκελο

Για να είμαι ειλικρινής Δημήτρη, απλά θεώρησα ότι με "άνοιγμα" του αθροίσματος, ώστε να έχουμε πιο προσιτή προσέγγιση και θεωρώντας τον

ως σταθερό και σε κάθε φυσικό αριθμό

τέτοιον ώστε $0 \leqslant k \leqslant n$ να αντιστοιχούμε πολυώνυμο ${P_k}\left( x \right) = \sum\limits_{i = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^i}\,} {i^k}{x^i}C_n^i...$ καταλήγουμε σε ύλη της 3ης Λυκείου, κύρια με σειρά παραγωγίσεων (Ο διδακτικός μου στόχος ήταν και αυτός, δηλαδή να μην μένει ο λύτης σε κάποιες περιπτώσεις μόνο σε μία ή δύο παραγωγίσεις, αλλά να έχει στο μυαλό του ότι πιθανόν να χρειαστούν πάνω από το συνηθισμένο πλήθος παραγωγίσεων). Όμως τώρα που το ξανασκέφτομαι με την δική σου επισήμανση θα μπορούσε να πάει στον φάκελο «Ανάλυση».

S.E.Louridas · #7

Ας μου επιτραπεί να επανέλθω, για δούμε και την εκδοχή που ακολουθεί:
Έστω $I\left( {k,n} \right) = \sum\limits_{i = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^i}} {i^k}C_n^i.$ Θεωρούμε τον

ως σταθερά και σε κάθε $k,\;\,0 \leqslant k \leqslant n,$ αντιστοιχούμε το πολυώνυμο ${P_k}\left( x \right) = \sum\limits_{i = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^i}} {i^k}{x^i}C_n^i,$ οπότε ${P_k}\left( 1 \right) = I\left( {k,n} \right).$ Παρατηρούμε εύκολα ότι ${P_k}\left( x \right) = xP_{k - 1}^{\,'}\left( x \right),\,\;\forall k \geqslant 1\;\,\left( * \right),$ και βέβαια ${P_0}\left( x \right) = {\left( {1 - x} \right)^n} - 1\,\;\left( { * * } \right).$ Από τις σχέσεις $\left( * \right),\,\left( { * * } \right)$ παίρνουμε επαγωγικά τα πολυώνυμα ${P_k}\left( x \right) = {\left( { - 1} \right)^k}n\left( {n - 1} \right) \cdot ... \cdot \left( {n - k + 1} \right){x^k}{\left( {1 - x} \right)^k} + {\left( {1 - x} \right)^{n - k + 1}}{Q_k}\left( x \right),$ με ${Q_k}\left( x \right)$ κάποιο πολυώνυμο. Για k = n

έχουμε ${P_n}\left( x \right) = {\left( { - 1} \right)^n}n\left( {n - 1} \right) \cdot ... \cdot {x^n} + \left( {1 - x} \right){Q_n}\left( x \right).$ Τελικά παίρνουμε $I\left( {0,n} \right) = - 1,\;I\left( {n,n} \right) = {\left( { - 1} \right)^n}n!,\;I\left( {k,n} \right) = 0,\;\forall k \in \left\{ {1,2,...,n - 1} \right\}.$

dement · #8

Καλημέρα και καλό Πάσχα. Χάριν πληρότητας δίνω και μία αλγεβρική λύση.

Έχουμε γενικά $\displaystyle \binom{n}{i} \binom{i}{k} = \binom{n}{k} \binom{n-k}{i-k}$ . Αφού k>0

μπορούμε να ξεκινήσουμε την άθροιση από το

.

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

$\displaystyle = (-1)^n \delta_{n,k}$ (όπου $\delta_{n,k}$ το δέλτα του Kronecker).

Μπορούμε πάντα να γράψουμε $\displaystyle x^k = k! \binom{x}{k} + \sum_{i=0}^{k-1} c_i \binom{x}{i}, \ c_i \in \mathbb{Q}$ (αποδεικνύεται με επαγωγή στο

). Επομένως, $\displaystyle \sum_{i=1}^n (-1)^i i^k \binom{n}{i} = (-1)^n n! \delta_{n,k}$ .

Λάμπρος Κατσάπας · #9

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 08, 2018 1:02 pm
Για προσέξτε καλύτερα την περίπτωση .

Χρόνια πολλά κ.Δημήτρη (και στον κ.Σκουτέρη και κ. Λάμπρου βεβαίως)

Έχετε δίκιο. Αμέλειά μου. Μπορούμε να δουλέψουμε εδώ με πεπερασμένες διαφορές. Συγκεκριμένα ορίζοντας τον τελεστή

$\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)$ και $\Delta ^{n}f(x)=\Delta (\Delta ^{n-1}f(x))$ , για f(x)=x^k

παίρνουμε

$\Delta ^{n}f(x)=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^{n-i}f(x+i)\Rightarrow (-1)^{n}\Delta ^{n}f(x)=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^{i}f(x+i). (1)$

Είναι γνωστό ότι $\Delta ^{n}x^{k}=0$ για k<n

ενώ για

έχουμε $\Delta ^{n}x^{n}=n!.$

Άρα για k<n

και

έχουμε από την (1)

ότι $\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^{i}f(i)= \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^{i}i^{k}=\sum_{i=1}^{n}\binom{n}{i}(-1)^{i}i^{k}=0$

ενώ για k=n

και

είναι $\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^{i}f(i)= \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^{i}i^{n}=\sum_{i=1}^{n}\binom{n}{i}(-1)^{i}i^{n}=(-1)^{n}n!.$

Άθροισμα

Άθροισμα

Re: Άθροισμα

Re: Άθροισμα

Re: Άθροισμα

Re: Άθροισμα

Re: Άθροισμα

Re: Άθροισμα

Re: Άθροισμα

Re: Άθροισμα

Μέλη σε σύνδεση