Sommatorie di binomiali con potenze

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
Rispondi
g(n)
Messaggi: 109
Iscritto il: 14 ott 2007, 19:24
Località: Codroipo, il paese più anagrammato d'Italia

Sommatorie di binomiali con potenze

Messaggio da g(n) » 07 dic 2009, 16:32

Dati $ n,k\in \mathbb{N} $ con $ n>k $, calcolare

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

dario2994
Messaggi: 1428
Iscritto il: 10 dic 2008, 21:30

Messaggio da dario2994 » 07 dic 2009, 18:05

L'esercizio non sono riuscito a risolvero... ma ho fatto un'interessante congettura e anche un bel corollario...
La congettura è che quella roba fa sempre 0 (provato con un paio di valori bassi).
Se la congettura è vera allora ne deriva per qualsiasi polinomio P(x) di grado minore di n vale
$ $ \sum_{i=0}^n{n\choose i}P(i)(-1)^i=0 $
Si dimostra facilmente scrivendo il polinomio come $ $P(x)=\sum_{i=0}^na_ix^n $
Che sostituito nella formula precedente risulta:
$ $\sum_{j=0}^na_j\left(\sum_{i=0}^n{n\choose i}i^j(-1)^i\right) $
Ma se la congettura è vera la sommatoria interna è sempre 0 e di conseguenza anche la sommatoria esterna, che è proprio il corollario...

p.s. spero che la congettura sia esatta... su internet non ho trovato nulla a riguardo e questo non mi conforta xD

p.p.s ora mi tocca tentare di dimostrare la congettura xD
Ultima modifica di dario2994 il 07 dic 2009, 19:57, modificato 1 volta in totale.
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai

Avatar utente
kn
Messaggi: 508
Iscritto il: 23 lug 2007, 22:28
Località: Sestri Levante (Genova)
Contatta:

Messaggio da kn » 07 dic 2009, 19:44

Bella intuizione! :wink: Ora prova con un'induzione estesa sul grado di P..
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)

dario2994
Messaggi: 1428
Iscritto il: 10 dic 2008, 21:30

Messaggio da dario2994 » 12 feb 2010, 20:46

Uhm... mi pare di aver trovato una dimostrazione fighissima...
Ho una classe normale con n alunni. Definisco una classe speciale:
  • Ha come alunni tutti ragazzi che frequentano anche la classe normale
    Ha un numero pari di alunni
    Tra gli alunni sono distribuite k stelline diverse (anche più di una allo stesso)
Due classi speciali sono considerate differenti se gli alunni non sono gli stessi, oppure se le stelline non sono possedute dalle stesse persone (es: la stella rossa è posseduta da Marco e non da Giovanni).
Quante sono le possibili classi speciali?
Doubleconto:
Assegno k stelline ad $ $i $ bambini (anche più di una allo stesso). I bambini con le stelline li metto nella classe speciale. Poi prendo anche qualche altro bambino e lo piazzo nella classe speciale in modo che il numero totale di alunni nella classe speciale sia pari.
È chiaro che così creo ogni volta classi speciali diverse ed inoltre le prendo tutte.
Ragionando in questo modo risulta che il numero di classi speciali è:
$ $ \sum_{i=0}^k i^k{n\choose k}2^{n-i-1} $
Prendo 2i bambini, li piazzo nella classe speciale. A questi assegno k stelline (anche più di una allo stesso).
Così considero tutte le possibili classi speciali, ed ognuna una volta sola.
Ragionando in questo modo le classi speciali sono:
$ $\sum_{i=0}^{\lfloor n/2\rfloor}{n\choose 2i}(2i)^k $
Essendo 2 modi differenti di contare la stessa cosa, le due sommatorie si equivalgono, da cui:
$ $ \sum_{i=0}^k i^k{n\choose k}2^{n-i-1}=\sum_{i=0}^{\lfloor n/2\rfloor}{n\choose 2i}(2i)^k $
Con ragionamenti analoghi (ma definendo le classi speciali con un numero dispari di alunni) si ottiene:
$ $ \sum_{i=0}^k i^k{n\choose k}2^{n-i-1}=\sum_{i=0}^{\lfloor (n-1)/2\rfloor}{n\choose 2i+1}(2i+1)^k $
Unendo le identità si ottiene:
$ $ \sum_{i=0}^{\lfloor n/2\rfloor}{n\choose 2i}(2i)^k=\sum_{i=0}^{\lfloor (n-1)/2\rfloor}{n\choose 2i+1}(2i+1)^k\Rightarrow \sum_{i=0}^n{n\choose i}i^k(-1)^=0 $
Che è la tesi.

Il corollario che ho citato alcuni mesi fa ne deriva come descritto sempre alcuni mesi fa... ed è fighissimo xD Penso sia il teorema più bello che io abbia mai dimostrato xD

p.s. come al solito spero di non aver fatto errori, anche se qualche errore di notazione è più che accettabile in questo caso xD
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai

Avatar utente
jordan
Messaggi: 3988
Iscritto il: 02 feb 2007, 21:19
Località: Pescara
Contatta:

Messaggio da jordan » 13 feb 2010, 09:21

Avevo trovato per caso la soluzione già risolvendo questo esercizio. Ad ogni modo sia $ p(x)\in \mathbb{Z}[x] $ un polinomio fissato tale che $ \text{deg}(p(x)):=k\le n-1 $ e definiamo $ p^{[1]}(x):=p(x+1)-p(x) $ e $ p^{[j]}(x):=(p^{[j-1]}(x))^{[1]} $. E' chiato che per costruzione $ p^{[n]}(x)=0 $, ma vale anche $ p^{[n]}(x)=\displaystyle \sum_{1\le i\le n}{(-1)^{n-i}\binom{n}{i}p(x+i)} $ per induzione. []
The only goal of science is the honor of the human spirit.

fph
Site Admin
Messaggi: 3798
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: in giro
Contatta:

Messaggio da fph » 13 feb 2010, 10:08

In alternativa: fissato n, quali sono le soluzioni della successione per ricorrenza a n termini $ p_{m+n}=\binom{n}{1}p_{m+n-1}-\binom{n}{2}p_{m+n-2}\dots \pm \binom{n}{n}p_{m} $? 8)
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]

Simo_the_wolf
Moderatore
Messaggi: 1052
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Pescara

Messaggio da Simo_the_wolf » 15 feb 2010, 00:34

ok ora posso postarne altre... :P

viewtopic.php?t=6015&highlight=

Rispondi