szukanie zaawansowane
 [ Posty: 3 ] 
Autor Wiadomość
Kobieta Offline
PostNapisane: 29 maja 2017, o 15:27 
Użytkownik

Posty: 13
Bardzo proszę o pomoc w dowodzie twierdzenia:
\sum_{n=0}^{\infty}\left\{ {n}\atop{k}\right\} \frac{x^n}{n!}=\frac{(e^x-1)^k}{k!}
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2018
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 29 maja 2017, o 16:53 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 11816
Lokalizacja: Wrocław
Indukcja po k (pewnie można zgrabniej, ale to działa). W drugim kroku indukcyjnym wykorzystamy następującą zależność rekurencyjną:
\left\{\begin{array}{cc}n\\k\end{array}\right\}=k\left\{\begin{array}{cc}n-1\\k\end{array}\right\}+\left\{\begin{array}{cc}n-1\\k-1\end{array}\right\}
oraz rachunek całkowy (a nawet, niestetyż, proste równanie różniczkowe).

1^{\circ} Dla k=0 mamy \left\{ {n}\atop{k}\right\}= \begin{cases} 1 \text{ gdy } n=0\\ 0 \text{ gdy }n>0 \end{cases}
więc otrzymujemy oczywistą równość
1=1. Może jeszcze sprawdź k=1, to też proste, a przy tym rozumowaniu chyba konieczne.

2^{\circ} Jeżeli dla liczby k\in \NN^+ zachodzi
\sum_{n=0}^{\infty}\left\{ {n}\atop{k}\right\} \frac{x^n}{n!}=\frac{(e^x-1)^{k}}{k!}
to
\sum_{n=0}^{\infty}\left\{ {n}\atop{k+1}\right\} \frac{x^n}{n!}=\left\{ {0}\atop{k+1}\right\}+\sum_{n=1}^{\infty}\left\{ {n}\atop{k+1}\right\} \frac{x^n}{n!}=\\=\sum_{n=1}^{\infty}\left( (k+1)\left\{ {n-1}\atop{k+1}\right\}+\left\{ {n-1}\atop{k}\right\}\right) \frac{x^n}{n!}=\\=(k+1) \sum_{n=1}^{ \infty }\left\{ n-1 \atop{k+1}\right\}  \frac{x^n}{n!}+ \sum_{n=1}^{ \infty }\left\{ {n-1}\atop{k}\right\} \frac{x^n}{n!}=\\=(k+1) \sum_{n=0}^{ \infty }\left\{ n \atop{k+1}\right\}  \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}+ \sum_{n=0}^{ \infty }\left\{ {n}\atop{k}\right\} \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}
Oznaczmy teraz
a(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\left\{ {n}\atop{k+1}\right\} \frac{x^n}{n!}
Różniczkując otrzymane równanie stronami po x, mamy
\frac{\dd}{\dd x}a(x)=(k+1)a(x)+ \frac{(e^x-1)^k}{k!}
gdzie skorzystaliśmy z różniczkowania szeregów potęgowych wyraz po wyrazie i z założenia indukcyjnego.
Po pomnożeniu przez czynnik całkujący e^{-(k+1)x} sprowadzamy do:
\frac{\dd }{\dd x}\left( e^{-(k+1)x}a(x)\right) =e^{-(k+1)x} \frac{(e^x-1)^k}{k!}
Całkujemy w granicach od zera do x
i pojawia się konieczność obliczenia takiej całki:
\int_{0}^{x}e^{-(k+1)t} \frac{(e^t-1)^k}{k!} \,\dd t= \int_{0}^{x}e^{-t} \frac{(1-e^{-t})^k}{k!} \,\dd t
Podstawiasz u=1-e^{-t} i po zabawie, wychodzi chyba co trzeba.



Pewnie istnieje jakaś magiczna metoda sto razy krótsza od tych żmudnych rachunków, ale tak to już jest, w matematyce najważniejsze są predyspozycje, jak ktoś ich nie ma, to zostaje pałowanie.

-- 29 maja 2017, o 17:06 --

Jak Ci się nie podoba moje rozwiązanie, to możesz np. zajrzeć na angielską wiki:
https://en.wikipedia.org/wiki/Stirling_ ... binatorics

ale tam raczej jest to zrobione z użyciem nie mniejszej dawki teorii.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 29 maja 2017, o 18:02 
Użytkownik

Posty: 13
Dziękuję Ci bardzo, ratujesz mi życie :).
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 3 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Ile jest dzielnikow liczby  Anonymous  6
 ustawianie osob w rzedzie, liczby n-cyfrowe itp  Anonymous  16
 liczby podzielne  BSD  9
 liczby podzielne - zasada wlaczania i wylaczania  BSD  3
 Liczby Bella - pytanie[nowe]  author  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl