IMC 2002/2/3

#1

Για $n \geqslant 1$ ορίζουμε $\displaystyle{ a_n = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{k^n}{k!}}$ και $\displaystyle{ b_n = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k\frac{k^n}{k!}.}$ Να δειχθεί ότι ο a_nb_n

είναι ακέραιος για κάθε

.

#2

Ισχυρισμός: Για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n}$ , υπάρχουν $\displaystyle{{r_n},{s_n} \in \mathbb{Z}}$ τέτοιοι, ώστε $\displaystyle{{a_n} = e{r_n}}$ και $\displaystyle{{b_n} = \frac{{{s_n}}}{e}.}$

Το ζητούμενο συμπέρασμα έπεται άμεσα από τον παραπάνω Ισχυρισμό.

Θα δείξουμε τον Ισχυρισμό επαγωγικά.

Για $\displaystyle{n = 1}$ , είναι:

$\displaystyle{{a_1} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{k}{{k!}}} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{\left( {k - 1} \right)!}}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{1}{{k!}}} = e}$

και

$\displaystyle{{b_1} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{k}{{k!}}} = - \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}}}{{\left( {k - 1} \right)!}}} = - \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{k!}}} = - \frac{1}{e}.}$

Έστω ότι ο Ισχυρισμός αληθεύει για κάθε $\displaystyle{k \in \left\{ {1,2, \ldots ,n} \right\}}$ . Έχουμε ότι:

$\displaystyle{{a_{n + 1}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{k^{n + 1}}}}{{k!}}} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{k^n}}}{{\left( {k - 1} \right)!}}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{{\left( {k + 1} \right)}^n}}}{{k!}}} = }$

$\displaystyle{ = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{1}{{k!}}} \sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n\\ j \end{array}} \right)} {k^j} = \sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n\\ j \end{array}} \right)\sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{k^j}}}{{k!}}} } = \sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n\\ j \end{array}} \right){a_j}} = \sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n\\ j \end{array}} \right){r_j}} e = {r_{n + 1}}e,}$

όπου $\displaystyle{{r_{n + 1}} = \sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n\\ j \end{array}} \right){r_j}} \in \mathbb{Z} }$ .

Όμοια, είναι:

$\displaystyle{{b_{n + 1}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{{{k^{n + 1}}}}{{k!}} = } \sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{{{k^n}}}{{\left( {k - 1} \right)!}} = } - \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{{{{\left( {k + 1} \right)}^n}}}{{k!}} = } }$

$\displaystyle{ = - \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{k!}}\sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n\\ j \end{array}} \right)} {k^j} = } - \sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n\\ j \end{array}} \right)} \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{{{k^j}}}{{k!}} = } }$

$\displaystyle{ = - \sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n\\ j \end{array}} \right)} {b_j} = - \sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n\\ j \end{array}} \right)} \frac{{{s_j}}}{e} = \frac{{{s_{n + 1}}}}{e},}$

όπου $\displaystyle{{s_{n + 1}} = - \sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n\\ j \end{array}} \right)} {s_j} \in \mathbb{Z}}$ .

Από την Αρχή της Επαγωγής, ο Ισχυρισμός έπεται και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

Mikesar · #3

Συγγνώμη που αναβιώνω ένα παλιό θέμα αλλά νομίζω βρήκα κάτι σύντομο.
Θεωρώ την $\displaystyle f(x_1,...,x_n)=e^{x_1...x_n}$ .
Εύκολα με επαγωγή στο

βλέπει κανείς ότι $\displaystyle \frac{\partial^n}{\partial x_1 \partial x_2...\partial x_n}e^{x_1...x_n}=p_n(x_1,...,x_n)e^{x_1...x_n}$
για ένα πολυώνυμο

μεταβλητών p_n

με ακέραιους συντελεστές. Όμως,
$\displaystyle \frac{\partial^n}{\partial x_1 \partial x_2...\partial x_n}e^{x_1...x_n}=\frac{\partial^n}{\partial x_1 \partial x_2...\partial x_n}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}x_{1}^{k}...x_{n}^{k}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^n}{k!}x_1^{k-1}...x_n^{k-1}$
(Η παραγώγιση γίνεται όρο προς όρο λόγω της ομοιόμορφης σύγκλισης κάθε σειράς που προκύπτει)
Θέτοντας x_1=...=x_n=1

έχω ότι

.
Ομοίως $b_n=q_n(1,...,1)e^{-1}$ (με την $\displaystyle e^{-x_1...x_k}$ ).

#4

Mikesar έγραψε:Συγγνώμη που αναβιώνω ένα παλιό θέμα...

Και πάλι αλλιώς:

Θέτουμε $\displaystyle{f(x)=e^{e^x}= \sum_{k=0}^{\infty}\frac{e^{kx}}{k!}}$ οπότε $\displaystyle{f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac {k^nx^n}{n!} }{k!}}$

O συντελεστής του x^n

είναι $\displaystyle{ \frac {1}{n!} \sum_{k=0}^{\infty} \frac {k^n}{k!}}$ . Όμως από τον τύπο του Taylor ο συντελεστής του x^n

είναι $\displaystyle{ \frac {f^{(n)}(0)}{n!} }$ . Επίσης εύκολα βλέπουμε επαγωγικά ότι $\displaystyle{f^{(n)}(x)=p_n(x)e^{e^x}}$ όπου p_n

πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές.

Βάζοντας x=0

καταλήγουμε στο $\boxed {\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty} \frac {k^n}{k!}= p_n(0)e }}$

Με ακριβώς τον ίδιο τρόπο αλλά αρχίζοντας από την $\displaystyle{g(x)=e^{-e^x}$ καταλήγουμε ότι $\boxed {\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty} \frac {(-1)^nk^n}{k!}= q_n(0)e^{-1} }}$ .

Πολλαπλασιάζοντας τις δύο, έχουμε το ζητούμενο.

IMC 2002/2/3

IMC 2002/2/3

Re: IMC 2002/2/3

Re: IMC 2002/2/3

Re: IMC 2002/2/3

Μέλη σε σύνδεση