mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 10, 2013 6:27 pm**

Ας δειχθεί ότι $\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}(n-2k)^{n+2}=\frac{2^nn(n+2)!}{6}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 10, 2013 10:34 pm**

Αρχικά βλέπουμε ότι: $\displaystyle \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}(-1)^k (n-2k)^{n+2}}=\sum_{k=0}^{n}{\sum_{j=0}^{n+2}{\binom{n+2}{j}\binom{n}{k}(-1)^{k+j}2^jn^{n+2-j}k^j}}=\sum_{j=0}^{n+2}{(-1)^{n+j}2^j n^{n+2-j}\binom{n+2}{j}\sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}}(-1)^{n-k}k^{j}}$ .

Μπορούμε να μετρήσουμε το πλήθος των επί απεικονίσεων από το σύνολο $\left[m \right]$ στο σύνολο $\left[n \right]$ με αρχή εγκλεισμού αποκλεισμού αφού άν θέσουμε $\displaystyle A_{i}$ το σύνολο των απεικονίσεων όπου το στοιχείο $i,1\leq i\leq n$ δεν ανήκει στην εικόνα της

τότε το ζητούμενο πλήθος είναι: $\displaystyle \left|\bigcap_{i=1}^{n}{A_{i}^{c}} \right|=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{n-k}k^m$ .

Άρα για m<n

το ζητούμενο πλήθος είναι προφανώς 0, και m=n

ισούται με το πλήθος των αμφιμονοσήμαντων απεικονίσεων άρα

.Άρα το άθροισμά μας γίνεται:

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

To πλήθος των επί απεικονίσεων μεταξύ του [n+1]

και του

είναι $\displaystyle \binom{n+1}{2}n!$ αφού διαλέγουμε με $\displaystyle \binom{n+1}{2}$ τρόπους τα 2 στοιχεία που θα έχουν κοινή εικόνα, με

τρόπους την κοινή εικόνα τους και με (n-1)!

τρόπους για να αντιστοιχίσουμε τα άλλα.

Έστω $\displaystyle b_{n}:=\sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}(-1)^{n-k}k^{n+2}}$ τώρα έχουμε :

$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{b_{n}}{n!}x^n}=\sum_{n=0}^{\infty}{\sum_{k=0}^{n}{\frac{(-1)^{n-k}}{k!(n-k)!}k^{k+2}x^n}}=\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{k^2 (-1)^k }{k!}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{\left(-xk \right)^{n+k}}{n!}}}=$ $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}{\frac{k^{k+2}e^{-xk}x^k}{k!}}$ .

Έχουμε επίσης $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}{\frac{k^{k+1}x^k e^{-xk}}{k!}}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{n(n+1)}{2}x^n}$ και αυτό ισχύει λόγω του προηγούμενου υπολογισμού με τις επί απεικονίσεις από το [n+1]

.

Πολλαπλασιάζοντας με ένα

στην τελευταία και παραγγωγίζοντας παίρνουμε: $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{x^ne^{-xn}n^{n+2}}{n!}}=\frac{1}{1-x}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{n^2 (n+1)}{2}}=\frac{2x^2 +x}{(1-x)^5}$ .

Συνεπώς: $\displaystyle b_{n}=n!\left(2\binom{n+2}{4}+\binom{n+3}{4} \right)$ .Tώρα είναι απλό θέμα πράξεων για να επαληθεύσουμε το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 1:22 am**

Ένας τρόπος χωρίς απεικονίσεις:

Παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^j=\frac{\partial^{j}}{\partial x^j}\left[(e^x-1)^n\right]\Big|_{x=0}=\frac{\partial^{j}}{\partial x^j}\left[x^n+\frac{n}{2}x^{n+1}+\frac{n(3n+1)}{24}x^{n+2}+\mathcal O(x^{n+3})\right]\Bigg|_{x=0}}$ ,

οπότε για $0\leq j<n$ είναι $\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^j=0}$ ,

για j=n

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

για j=n+1

είναι $\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^{n+1}=\frac{(n+1)!n}{2}=\binom{n+1}{2}n!}$ και

για j=n+2

είναι $\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^{n+2}=\frac{(n+2)!n(3n+1)}{24}=n!\left(2\binom{n+2}{4}+\binom{n+3}{4} \right)}$ .

Τα βάζουμε στο $\displaystyle \sum_{j=0}^{n+2}{(-1)^{n+j}2^j n^{n+2-j}\binom{n+2}{j}\sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}}(-1)^{n-k}k^{j}}$ και παίρνουμε το ζητούμενο.

Επίσης να πούμε ότι $\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^j=n!S(j,n)}$ , όπου $\displaystyle{S(j,n)}$ είναι οι αριθμοί Stirling β είδους και ότι η άσκηση είναι από σελίδα 235 του Combinatorial Identities του J. Riordan που τη βγάζει αλλιώς.

mathematica.gr

Κλειστός τύπος για άθροισμα δυωνυμικών (8) (δυσκολάκι)

Κλειστός τύπος για άθροισμα δυωνυμικών (8) (δυσκολάκι)

Re: Κλειστός τύπος για άθροισμα δυωνυμικών (8) (δυσκολάκι)

Re: Κλειστός τύπος για άθροισμα δυωνυμικών (8) (δυσκολάκι)