Συνεχές διωνυμικό ολοκλήρωμα

Tolaso J Kos · #1

Να δειχθεί ότι για κάθε $n \in \mathbb{N}$ ισχύει:

$\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty} \binom{n}{x} \, \mathrm{d}x = 2^n }$

#2

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Ιούλ 14, 2019 12:08 am Να δειχθεί ότι για κάθε $n \in \mathbb{N}$ ισχύει:

$\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty} \binom{n}{x} \, \mathrm{d}x = 2^n }$

Θα το κάνω μόνο για n=1

λόγω πληκτρολόγησης. Η γενική περίπτωση δεν φαίνεται να έχει διαφορά στην μέθοδο (αλλά δεν το έκανα μέχρι τέλους).

Θα χρησιμοποιήσω τους τύπους $\Gamma (1-x)\Gamma (x )= \dfrac {\pi}{\sin (\pi x)}$ , $\Gamma (x+1)=x\Gamma (x)$ και άλλους γνωστούς τύπους για την $\Gamma$ , και $\int _0^{\infty } \dfrac {\sin x } {x} \,dx = \dfrac {\pi}{2}$ .

Έχουμε (για n=1

)

$\displaystyle{ \int_{-\infty}^{\infty} \binom{1}{x} \, dx = \int_{-\infty}^{\infty} \binom{1}{y-1} \, dy = \int_{-\infty}^{\infty} \frac {1}{\Gamma (y) \Gamma (3-y)} \, dy= }$

$\displaystyle{ = \int_{-\infty}^{\infty} \frac {1}{\Gamma (y) (2-y)(1-y)\Gamma (1-y)} \, dy = \int_{-\infty}^{\infty} \frac {1}{\Gamma (y) \Gamma (1-y)} \cdot \frac {1}{(2-y)(1-y)} \, dy = \, (*)}$

$\displaystyle{ = \dfrac {1}{\pi }\int_{-\infty}^{\infty} \left ( \frac {1}{y-2}- \frac {1}{y-1}\right ) \sin (\pi y) \, dy = \dfrac {1}{\pi }\int_{-\infty}^{\infty}\frac {\sin (\pi y)}{y-2} \, dy- \dfrac {1}{\pi }\int_{-\infty}^{\infty}\frac {\sin (\pi y)}{y-1}\, dy =}$

$\displaystyle{ = \dfrac {1}{\pi }\int_{-\infty}^{\infty}\frac {\sin (\pi (y-2))}{y-2} \, dy+ \dfrac {1}{\pi }\int_{-\infty}^{\infty}\frac {\sin (\pi (y-1))}{y-1}\, dy }$

$\displaystyle{ = \dfrac {1}{\pi }\int_{-\infty}^{\infty}\frac {\sin (\pi t)}{t} \, dt+ \dfrac {1}{\pi }\int_{-\infty}^{\infty}\frac {\sin (\pi t)}{t}\, dy = \dfrac {2}{\pi }\int_{0}^{\infty}\frac {\sin (\pi t)}{t} \, dt+ \dfrac {2}{\pi }\int_{0}^{\infty}\frac {\sin (\pi t)}{t}\, dy = 1+1=2}$ ,

όπως θέλαμε.

Στην γενική περίπτωση το μόνο που θέλει διευθέτηση είναι στο βήμα (*)

όπου η ανάλυση κλάσματος ξεκινά από την μορφή (n-y)(n-1-y)...(1-y)

, πράγμα άμεσο.

Tolaso J Kos · #3

Το κλειδί για τη γενική περίπτωση είναι αυτή η ισότητα

$\displaystyle{\frac{1}{(n-1)\left ( n-1-x \right )\cdots (1-x) \cdot x} = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{x-k} \cdot \frac{(-1)^k}{n!} \binom{n}{k}}$
η οποία είναι άμεση συνέπεια του Residue Theorem. Τα υπόλοιπα κυλούν ομαλά.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Ιούλ 14, 2019 1:16 pm Το κλειδί για τη γενική περίπτωση είναι αυτή η ισότητα

$\displaystyle{\frac{1}{(n-1)\left ( n-1-x \right )\cdots (1-x) \cdot x} = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{x-k} \cdot \frac{(-1)^k}{n!} \binom{n}{k}}$
η οποία είναι άμεση συνέπεια του Residue Theorem. Τα υπόλοιπα κυλούν ομαλά.

Δεν νομίζω να ισχύει.

#5

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Ιούλ 14, 2019 1:16 pm Το κλειδί για τη γενική περίπτωση είναι αυτή η ισότητα

$\displaystyle{\frac{1}{(n-1)\left ( n-1-x \right )\cdots (1-x) \cdot x} = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{x-k} \cdot \frac{(-1)^k}{n!} \binom{n}{k}}$
η οποία είναι άμεση συνέπεια του Residue Theorem. Τα υπόλοιπα κυλούν ομαλά.

Σωστά. Τέτοια ανάλυση σε απλά κλάσματα έχω κατά νου (η συγκεκριμένη είναι μάλλον λάθος, αλλά δεν έχει ιδιαίτερη σημασία). Ας προσθέσω μόνο ότι δεν χρειάζεται το Residue Theorem καθώς το θέμα είναι απλό και γίνεται άμεσα (στάνταρ και γνωστή μέθοδος):

Αρχίζουμε από την $\displaystyle{ \dfrac{1}{\left ( n-1-x \right )\cdots (1-x)(0- x)}= \dfrac{A_{n-1}}{ n-1-x }+ ... + \dfrac{A_{1}}{ 1-x }+ \dfrac{A_{0}}{ 0-x }}$ .

Πολλαπλασιάζουμε τώρα επί τον παρονομαστή του αριστερού μέλους, κάνουμε την προφανή απλοποίηση κάθε κλάσματος δεξιά και τέλος βάζουμε διαδοχικά x=k

για $0\le k \le n-1$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

https://en.wikipedia.org/wiki/Lagrange_polynomial

Παίρνοντας τα

$l_{i}(x)$

στα σημεία

$x_{i}=i,i=0,1,.....,n$

η μοναδικότητα του πολυωνύμου παρεμβολής δίνει

$\sum_{i=0}^{n}l_{i}(x)=1$

Αυτή είναι η σχέση που θέλει ο Τόλης.
Ας την γράψει σωστά να μην ταλαιπωρούμαι.

συμπλήρωμα.
Αλλαξα το n-1

σε

ώστε η σχέση να είναι ακριβώς αυτή που γράφει ο Τόλης παρακάτω.

Tolaso J Kos · #7

Όντως, το

έγινε

. Η σωστή είναι:

$\displaystyle{\frac{1}{(n-x)\left ( n-1-x \right )\cdots (1-x) \cdot x} = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{x-k} \cdot \frac{(-1)^k}{n!} \binom{n}{k}}$

Tolaso J Kos · #8

Για λόγους πληρότητας γράφω την απάντηση στη γενική περίπτωση.

Είναι:

$\displaystyle{\begin{aligned} \binom{n}{x} &= \frac{n!}{x! \left ( n-x \right )!} \\ &=\frac{n!}{\Gamma(x+1) \Gamma(n+1-x)} \\ &=\frac{n!}{\Gamma(1+x)(n-x)\left ( n-1-x \right )\cdots (1-x) \cdot \Gamma(1-x)} \\ &= \frac{n!}{x \Gamma(x)(n-x)\left ( n-1-x \right )\cdots (1-x) \Gamma(1-x) } \\ &= \frac{n!}{\pi} \cdot \frac{\sin \pi x}{(n-x)\left ( n-1-x \right )\cdots (1-x) \cdot x} \end{aligned}}$
διότι $\Gamma(x+1) = x \Gamma(x)$ και $\Gamma(x) \Gamma(1-x) = \pi \csc \pi x$ . Όμως ( αποδεικνύεται με πολλούς τρόπους και επαφίεται στον αναγνώστη ) ισχύει ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{(n-x)\left ( n-1-x \right )\cdots (1-x) \cdot x} = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{x-k} \cdot \frac{(-1)^k}{n!} \binom{n}{k}}$
Συνεπώς,

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty} \binom{n}{x} \, \mathrm{d}x &= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{n!}{\pi} \cdot \frac{\sin \pi x}{(n-x)\left ( n-1-x \right )\cdots (1-x) \cdot x} \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{n!}{\pi} \cdot \sum_{k=0}^{n} \frac{\sin \pi x}{x-k} \cdot \frac{(-1)^k}{n!} \binom{n}{k} \, \mathrm{d}x \\ &=\frac{1}{\pi}\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin \pi x}{x-k} \, \mathrm{d}x \\ &=\frac{1}{\pi} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} (-1)^k \pi \\ &= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \\ &=2^n \end{aligned}}$
διότι από το διωνυμικό θεώρημα προκύπτει ότι $\displaystyle{\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} =2^n}$ και φυσικά ισχύει $\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin \pi x}{x-k} \, \mathrm{d}x = (-1)^k \pi}$ .

Συνεχές διωνυμικό ολοκλήρωμα

Συνεχές διωνυμικό ολοκλήρωμα

Re: Συνεχές διωνυμικό ολοκλήρωμα

Re: Συνεχές διωνυμικό ολοκλήρωμα

Re: Συνεχές διωνυμικό ολοκλήρωμα

Re: Συνεχές διωνυμικό ολοκλήρωμα

Re: Συνεχές διωνυμικό ολοκλήρωμα

Re: Συνεχές διωνυμικό ολοκλήρωμα

Re: Συνεχές διωνυμικό ολοκλήρωμα

Μέλη σε σύνδεση