Απόδειξη οτι η Σουμα αυτή ισούται με 0

jimangel2001 · #1

Θέλω να αποδείξω ότι:

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

Η λάθος απόδειξη μου είναι:

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

Ξέρουμε ότι:

$(\forall x,y \in R)(\forall n \in N) (x+y)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^k y^{n-k}$

Συνεπώς:

$\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}1^j(-1)^{n-j} = (1-1)^n = 0$

Καί

$\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}1^j(-1)^{n-j}j^{n-2} \leq \sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}1^j(-1)^{n-j}n^{n-2} \\ = n^{n-2}\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}1^j(-1)^{n-j} \\ = 0$

Και

$\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}1^j(-1)^{n-j}j^{n-2} = \sum_{j=1}^{n}\binom{n}{j}1^j(-1)^{n-j}j^{n-2} \\ \geq \sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}1^j(-1)^{n-j}1^{n-2} \\ = 1\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}1^j(-1)^{n-j} \\ = 0$

Συνεπώς

$0 \leq \sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}1^j(-1)^{n-j}j^{n-2} \leq 0 \Rightarrow \\ \sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}1^j(-1)^{n-j}j^{n-2} = 0$

Καί

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

Μετά συνειδητοποίησα ότι δε γίνονται οι συγκρίσεις λόγω του: (-1)^n

Μπορώ να το αποδείξω και για περιττούς αλλά όχι για άρτιους n

Έχετε κάποια άλλη ιδέα;

Tolaso J Kos · #2

Έχω μια ιδέα να περάσουμε απο μιγαδικούς την οποία θα τεστάρω αυριο !! Αν θες ριξε μια ματιά.

#3

jimangel2001 έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 13, 2021 9:53 pm
Θέλω να αποδείξω ότι:

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

Είναι αρκετά απλό αν το δεις σωστά, γι' αυτό θα σου δώσω μόνο υπόδειξη. Μάλιστα μπορούμε να κάνουμε ουσιαστική γενίκευση δείχνοντας ότι ισχύει

$\displaystyle{\displaystyle{\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}j^{k}(-1)^{n-j+1} = 0}$ για όλους τους φυσικούς

με $0\le k \le n-1$ .

Υπόδειξη: Επαγωγή ως προς

και χρήση για το πέρασμα από το

στο

της ταυτότητας

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

Το $j^{k-1} =(j-1+1)^{k-1}$ θα χρειαστεί να το αναπτύξεις με χρήση του διωνύμου που ουσιαστικά σημαίνει ότι γράφεις το $j^{k-1}$ ως γραμμικό συνδυασμό ως προς των $1, \, j-1,\, (j-1)^2,\, ... \,(j-1)^{k-1}$

Θα χαρούμε να δούμε εδώ την λύση σου με βάση τα παραπάνω.

jimangel2001 · #4

Ευχαριστώ πολύ για την απάντηση,

Προσπάθησα να εφαρμόσω αυτά που μου υποδείξατε και ως ειδική και ως γενική λύση όμως μάλλον κολλάω στο τελευταίο μέρος με τον γραμμικό συνδυασμό, όπου μου εμφανιζεται διπλή σούμα και δε μπορώ να τη διαχειριστώ στη προκειμένη.

#5

jimangel2001 έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 14, 2021 12:42 pm
Ευχαριστώ πολύ για την απάντηση,

Προσπάθησα να εφαρμόσω αυτά που μου υποδείξατε και ως ειδική και ως γενική λύση όμως μάλλον κολλάω στο τελευταίο μέρος με τον γραμμικό συνδυασμό, όπου μου εμφανιζεται διπλή σούμα και δε μπορώ να τη διαχειριστώ στη προκειμένη.

Μα αυτό είναι το εύκολο μέρος της άσκησης, και ουσιαστικά το έχω κάνει λιανά παραπάνω. Το επαναλαμβάνω:

" $\displaystyle{j^{k-1} =(j-1+1)^{k-1}}$ θα χρειαστεί να το αναπτύξεις με χρήση του διωνύμου"

Με απλά λόγια και πλατειασμό: $\displaystyle{ (j-1+1)^{k-1} = [(j-1)+1]^{k-1} = (a+1) ^ {k-1}}$ . Συνέχισε.

ksofsa · #6

Καλημέρα!

Θα ήθελα να βάλω μια παρένθεση στη συζήτηση, παραπέμποντας σε ένα σχετικό άρθρο.

Στο τεύχος του περιοδικού Crux Mathematicorum του Ιανουαρίου του 2015 υπάρχει ένα ενδιαφέρον άρθρο στο οποίο αποδεικνύεται η γενική ταυτότητα χωρίς επαγωγή. Μάλιστα χρησιμοποιούνται 3 διαφορετικές προσεγγίσεις, με γραμμική άλγεβρα, ανάπτυγμα Maclaurin και συνδυαστική.

Δίνω το σχετικό σύνδεσμο:https://cms.math.ca/publications/crux/i ... 41&issue=1 .

Το άρθρο είναι στις σελίδες 16-20. Εκτός από τις αποδείξεις, υπάρχουν και παραδείγματα εφαρμογής της ταυτότητας σε άλλα προβλήματα.

Όπως αναφέρεται στο άρθρο , το εν λόγω αποτέλεσμα αποδίδεται στον Euler.

Συγγραφέας του άρθρου είναι ο Michel Bataille.

Tolaso J Kos · #7

Πάντως η ταυτότητα αυτή $\displaystyle{\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} \binom{2n-2k}{n-1} = 0 }$ μπορεί να δειχθεί και με ισχυρά εργαλεία ανάλυσης.

Nick1990 · #8

Ας θεωρήσουμε τον τελεστή $L: C^{\infty}\left(\mathbb{R}\right) \longrightarrow C^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)$ τέτοιο ώστε: L(f)(x) = xf'(x)

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ και κάθε απείρως παραγωγίσιμη συνάρτηση

.

Ισχυρισμός 1ος: Αν $P(\cdot)$ είναι πολυώνυμο με ρίζα πολλαπλότητας $k \geq 1$ το $x_0 \neq 0$ , τότε το $L(P)(\cdot)$ είναι πολυώνυμο με ρίζα πολλαπλότητας k - 1

το

.

Απόδειξη 1ου ισχυρισμού: Αν $P(x) = (x - x_0)^{k}Q(x)$ me $Q(x_0) \neq 0$ , τότε
$\displaystyle{L(P)(x) = xP'(x) = x\left[(x - x_0)^{k}Q'(x) + k(x - x_0)^{k-1}Q(x)\right] = (x - x_0)^{k-1}\left[x(x - x_0)Q'(x) + kxQ(x)\right]}$ ,
με την ποσότητα μέσα στις αγκύλες να ισούται με $kx_0Q(x_0) \neq 0$ όταν x = x_0

.

Ισχυρισμός 2ος: Έστω $P(x) = - (x - 1)^{n}$ , τότε για κάθε $k \in \mathbb{N}$ έχουμε
$\displaystyle{L^{k}(P)(x) = \sum_{j = 0}^{n}{{{n}\choose{j}} j^kx^j(-1)^{n - j + 1}}}$

Απόδειξη 2ου ισχυρισμού: επαγωγή στο

. Για

έχουμε $L^{0}(P)(x) = P(x) = - (x - 1)^{n}$ και απλά χρησιμοποιούμε το διωνυμικό ανάπτυγμα που δίνει το δεξί μέλος της ζητούμενης για k = 0

. Έστω πως ισχύει για k = m

, οπότε
$\displaystyle{L^{m}(P)(x) = \sum_{j = 0}^{n}{{{n}\choose{j}} j^mx^j(-1)^{n - j + 1}}}$ ,
οπότε παραγωγίζοντας και πολλαπλασιάζοντας με

παίρνουμε:
$\displaystyle{L^{m+1}(P)(x) = x(L^{m}(P)(x))' = x\left(\sum_{j = 0}^{n}{{{n}\choose{j}} j^kx^j(-1)^{n - j + 1}}\right)' = x\sum_{j = 0}^{n}{{{n}\choose{j}} j^m \left(x^{j}\right)'(-1)^{n - j + 1}}}$ ,
επομένως
$\displaystyle{L^{m+1}(P)(x) = x\sum_{j = 0}^{n}{{{n}\choose{j}} j^m \times jx^{j-1}(-1)^{n - j + 1}} = \sum_{j = 0}^{n}{{{n}\choose{j}} j^{m+1} x^{j}(-1)^{n - j + 1}}}$
που είναι το ζητούμενο για k = m+1

.

Στο πρόβλημά μας τώρα, από τον 1ο ισχυρισμό έχουμε πως το

είναι ρίζα τάξης n - (n - 2) = 2

(δηλαδή διπλή ρίζα) του $L^{n-2}(P)$ , όπου για κάθε

ο 2ος ισχυρισμός δίνει:
$\displaystyle{L^{n - 2}(P)(x) = \sum_{j = 0}^{n}{{{n}\choose{j}} j^{n - 2}x^j(-1)^{n - j + 1}}}$ ,
και άρα θέτοντας x = 1

παίρνουμε:
$\displaystyle{0 = L^{n - 2}(P)(1) = \sum_{j = 0}^{n}{{{n}\choose{j}} j^{n - 2}(-1)^{n - j + 1}}}$ ,
δηλαδή το ζητούμενο.

ΥΓ: Όπως είπε και ο κ. Λάμπρου πιο πάνω, ο εκθέτης του

μπορεί να είναι οποιοσδήποτε $k \in \{0, 1, ... n - 1\}$ , αφού για κάθε τέτοιο

παίρνουμε το $L^k(P)(\cdot)$ που έχει ρίζα πολλαπλότητας n - k

το

, οπότε μηδενίζεται στο

για κάθε τέτοιο

.

jimangel2001 · #9

Ευχαριστώ πολύ Νίκο,

Πολύ ωραία απάντηση και έμαθα και για τους τελεστές.

Απόδειξη οτι η Σουμα αυτή ισούται με 0

Απόδειξη οτι η Σουμα αυτή ισούται με 0

Re: Απόδειξη οτι η Σουμα αυτή ισούται με 0

Re: Απόδειξη οτι η Σουμα αυτή ισούται με 0

Re: Απόδειξη οτι η Σουμα αυτή ισούται με 0

Re: Απόδειξη οτι η Σουμα αυτή ισούται με 0

Re: Απόδειξη οτι η Σουμα αυτή ισούται με 0

Re: Απόδειξη οτι η Σουμα αυτή ισούται με 0

Re: Απόδειξη οτι η Σουμα αυτή ισούται με 0

Re: Απόδειξη οτι η Σουμα αυτή ισούται με 0

Μέλη σε σύνδεση