Μάζεμα αθροίσματος με δυωνυμικά

#1

Δεν ξέρω αν είναι ο κατάλληλος φάκελος. Αν χρειαστεί, ας μετακινηθεί.

Συνεχίζοντας από εδώ

Δείξτε ότι

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

#2

Απόδειξη 1η (Σκιαγράφηση)

Προχωράμε "επαγωγικά". Το βάζω σε εισαγωγικά διότι θέλει λίγη προσοχή. Το επαγωγικό βήμα (απλό αλλά με αρκετές πράξεις) δείχνει ότι αν η ισότητα ισχύει για το ζεύγος (n,j)

, τότε ισχύει και για το ζεύγος (n+1,j+1)

. Είναι προφανές ότι η ισότητα ισχύει για τα ζεύγη $(1,0),(2,0),(3,0),\ldots$ . Άρα ισχύει και για τα ζεύγη $(2,1),(3,1),(4,1),\ldots$ και για τα ζεύγη $(3,2),(4,2),(5,2),\ldots$ κ.τ.λ. Επαγωγικά ισχύει για όλα τα ζεύγη (n,j)

με $0 \leqslant j < n$ .

Απόδειξη 2η:

Παρατηρούμε ότι το ζητούμενο είναι ισοδύναμο με $\displaystyle{ \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{2n+1}{k} (2n+1-2k)^{2j+1} = 0}$ .

Έστω $\displaystyle{a_k = (-1)^k \binom{2n+1}{k} (2n+1-2k)^{2j+1}}$ . Τότε για $k+\ell = 2n+1$ παρατηρώ ότι $a_k = a_{\ell}$ (εδώ χρησιμοποιώ ότι ο 2j+1

είναι περιττός). Άρα αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle{ \sum_{k=0}^{2n+1} a_k = 0}$ .

Αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle{ \sum_{k=0}^{m} (-1)^k \binom{m}{k}k^r = 0}$ για κάθε $0 \leqslant r \leqslant m-1$ . (Παίρνουμε m=2n+1

και παρατηρούμε ότι το $(2n+1-2k)^{2j+1}$ είναι πολυώνυμο του

βαθμού το πολύ m-1

.)

Θα δώσω δυο αποδείξεις για το τελευταίο.

Απόδειξη Α: Αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle{ \sum_{k=0}^{m} (-1)^k \binom{m}{k} \binom{k}{r} = 0}$ για κάθε $0 \leqslant r \leqslant m-1$ . (Μετά γράφω το k^r

σαν άθροισμα των διωνυμικών συντελεστών $\displaystyle{ \binom{k}{1},\ldots, \binom{k}{r}.}$ ). Όμως

$\displaystyle{ \sum_{k=0}^{m} (-1)^k \binom{m}{k} \binom{k}{r} = \sum_{k=r}^{m} (-1)^k \binom{m}{k} \binom{k}{r} = \sum_{k=r}^{m} (-1)^k \binom{m}{r} \binom{m-r}{k-r} }$

$\displaystyle{= (-1)^r\binom{m}{r} \sum_{\ell = 0}^{m-r} (-1)^{\ell} \binom{m-r}{\ell} = (-1)^r \binom{m}{r} (1-1)^{m-r} = 0 }$

Απόδειξη Β:

Ο αριθμός των επί συναρτήσεων $\{1,\ldots,r\} \to \{1,\ldots,m\}$ είναι προφανώς 0. Θα τις μετρήσουμε χρησιμοποιώντας το θεώρημα εγκλεισμού-αποκλεισμού. Για $i \in \{1,\ldots,m\}$ θα γράψω A_i

για το σύνολο όλων των συναρτήσεων από το $\{1,\ldots,r\}$ στο $\{1,\ldots,m\} \setminus \{i\}$ και

για το σύνολο όλων των συναρτήσεων από το $\{1,\ldots,r\}$ στο $\{1,\ldots,m\}$ . Γνωρίζουμε λοιπόν ότι $|A \setminus (A_1 \cup \cdots \cup A_m)| = 0$ . Όμως από το θεώρημα εγκλεισμού-αποκλεισμού έχουμε

$\displaystyle{ |A \setminus (A_1 \cup \cdots \cup A_m)| = \sum_{I \subseteq \{1,\ldots,m\}}(-1)^{|I|} \left| \bigcap_{i \in I} A_i \right| = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \binom{m}{k} (m-k)^r = (-1)^m\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \binom{m}{k} k^r }$ αφού αν |I| = k

τότε ο αριθμός των συναρτήσεων που ανήκουν σε όλα τα A_i

με $i \in I$ είναι (m-k)^r

#3

Demetres έγραψε:Αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle{ \sum_{k=0}^{m} (-1)^k \binom{m}{k}k^r = 0}$ για κάθε $0 \leqslant r \leqslant m-1$ ...

Θα δώσω δυο αποδείξεις για το τελευταίο.

Απόδειξη Α: ...
Απόδειξη Β: ...

Απόδειξη Γ: (Την είδα κάπου σαν ενδιάμεσο αποτέλεσμα. Οφείλεται στον David Borwein. Εντελώς διαολεμένη...)

Είναι $\displaystyle{\sum_{k=0}^{m} (-1)^k \binom{m}{k}k^r =\sum_{k=0}^{m} (-1)^k \binom{m}{k}k^r e^{kx}\Bigg|_{x=0}=\frac{\partial^r}{\partial x^r}(1-e^x)^m\Big|_{x=0}}$ .

Όμως $\displaystyle{(1-e^x)^m=\left(1-\left(1+x+\mathcal O(x^2)\right)\right)^m=(-x)^m+\mathcal O(x^{m+1})}$ , που σημαίνει ότι $\displaystyle{\frac{\partial^r}{\partial x^r}(1-e^x)^m\Big|_{x=0}=0}$ για $0\leq r<m$ .

Μάζεμα αθροίσματος με δυωνυμικά

Μάζεμα αθροίσματος με δυωνυμικά

Re: Μάζεμα αθροίσματος με δυωνυμικά

Re: Μάζεμα αθροίσματος με δυωνυμικά

Μέλη σε σύνδεση