Bardzo proszę o pomoc w dowodzie twierdzenia:
\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty}\left\{ {n}\atop{k}\right\} \frac{x^n}{n!}=\frac{(e^x-1)^k}{k!}}\)
Liczby Stirlinga II rodzaju Twierdzenie
-
koniczyna13
- Użytkownik
- Posty: 13
- Rejestracja: 2 mar 2014, o 19:48
- Płeć: Kobieta
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Liczby Stirlinga II rodzaju Twierdzenie
Indukcja po \(\displaystyle{ k}\) (pewnie można zgrabniej, ale to działa). W drugim kroku indukcyjnym wykorzystamy następującą zależność rekurencyjną:
\(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{cc}n\\k\end{array}\right\}=k\left\{\begin{array}{cc}n-1\\k\end{array}\right\}+\left\{\begin{array}{cc}n-1\\k-1\end{array}\right\}}\)
oraz rachunek całkowy (a nawet, niestetyż, proste równanie różniczkowe).
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Dla \(\displaystyle{ k=0}\) mamy \(\displaystyle{ \left\{ {n}\atop{k}\right\}= \begin{cases} 1 \text{ gdy } n=0\\ 0 \text{ gdy }n>0 \end{cases}}\)
więc otrzymujemy oczywistą równość
\(\displaystyle{ 1=1}\). Może jeszcze sprawdź \(\displaystyle{ k=1,}\) to też proste, a przy tym rozumowaniu chyba konieczne.
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Jeżeli dla liczby \(\displaystyle{ k\in \NN^+}\) zachodzi
\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty}\left\{ {n}\atop{k}\right\} \frac{x^n}{n!}=\frac{(e^x-1)^{k}}{k!}}\)
to
\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty}\left\{ {n}\atop{k+1}\right\} \frac{x^n}{n!}=\left\{ {0}\atop{k+1}\right\}+\sum_{n=1}^{\infty}\left\{ {n}\atop{k+1}\right\} \frac{x^n}{n!}=\\=\sum_{n=1}^{\infty}\left( (k+1)\left\{ {n-1}\atop{k+1}\right\}+\left\{ {n-1}\atop{k}\right\}\right) \frac{x^n}{n!}=\\=(k+1) \sum_{n=1}^{ \infty }\left\{ n-1 \atop{k+1}\right\} \frac{x^n}{n!}+ \sum_{n=1}^{ \infty }\left\{ {n-1}\atop{k}\right\} \frac{x^n}{n!}=\\=(k+1) \sum_{n=0}^{ \infty }\left\{ n \atop{k+1}\right\} \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}+ \sum_{n=0}^{ \infty }\left\{ {n}\atop{k}\right\} \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}}\)
Oznaczmy teraz
\(\displaystyle{ a(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\left\{ {n}\atop{k+1}\right\} \frac{x^n}{n!}}\)
Różniczkując otrzymane równanie stronami po \(\displaystyle{ x}\), mamy
\(\displaystyle{ \frac{\dd}{\dd x}a(x)=(k+1)a(x)+ \frac{(e^x-1)^k}{k!}}\)
gdzie skorzystaliśmy z różniczkowania szeregów potęgowych wyraz po wyrazie i z założenia indukcyjnego.
Po pomnożeniu przez czynnik całkujący \(\displaystyle{ e^{-(k+1)x}}\) sprowadzamy do:
\(\displaystyle{ \frac{\dd }{\dd x}\left( e^{-(k+1)x}a(x)\right) =e^{-(k+1)x} \frac{(e^x-1)^k}{k!}}\)
Całkujemy w granicach od zera do \(\displaystyle{ x}\)
i pojawia się konieczność obliczenia takiej całki:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{x}e^{-(k+1)t} \frac{(e^t-1)^k}{k!} \,\dd t= \int_{0}^{x}e^{-t} \frac{(1-e^{-t})^k}{k!} \,\dd t}\)
Podstawiasz \(\displaystyle{ u=1-e^{-t}}\) 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:
... binatorics
ale tam raczej jest to zrobione z użyciem nie mniejszej dawki teorii.
\(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{cc}n\\k\end{array}\right\}=k\left\{\begin{array}{cc}n-1\\k\end{array}\right\}+\left\{\begin{array}{cc}n-1\\k-1\end{array}\right\}}\)
oraz rachunek całkowy (a nawet, niestetyż, proste równanie różniczkowe).
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Dla \(\displaystyle{ k=0}\) mamy \(\displaystyle{ \left\{ {n}\atop{k}\right\}= \begin{cases} 1 \text{ gdy } n=0\\ 0 \text{ gdy }n>0 \end{cases}}\)
więc otrzymujemy oczywistą równość
\(\displaystyle{ 1=1}\). Może jeszcze sprawdź \(\displaystyle{ k=1,}\) to też proste, a przy tym rozumowaniu chyba konieczne.
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Jeżeli dla liczby \(\displaystyle{ k\in \NN^+}\) zachodzi
\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty}\left\{ {n}\atop{k}\right\} \frac{x^n}{n!}=\frac{(e^x-1)^{k}}{k!}}\)
to
\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty}\left\{ {n}\atop{k+1}\right\} \frac{x^n}{n!}=\left\{ {0}\atop{k+1}\right\}+\sum_{n=1}^{\infty}\left\{ {n}\atop{k+1}\right\} \frac{x^n}{n!}=\\=\sum_{n=1}^{\infty}\left( (k+1)\left\{ {n-1}\atop{k+1}\right\}+\left\{ {n-1}\atop{k}\right\}\right) \frac{x^n}{n!}=\\=(k+1) \sum_{n=1}^{ \infty }\left\{ n-1 \atop{k+1}\right\} \frac{x^n}{n!}+ \sum_{n=1}^{ \infty }\left\{ {n-1}\atop{k}\right\} \frac{x^n}{n!}=\\=(k+1) \sum_{n=0}^{ \infty }\left\{ n \atop{k+1}\right\} \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}+ \sum_{n=0}^{ \infty }\left\{ {n}\atop{k}\right\} \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}}\)
Oznaczmy teraz
\(\displaystyle{ a(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\left\{ {n}\atop{k+1}\right\} \frac{x^n}{n!}}\)
Różniczkując otrzymane równanie stronami po \(\displaystyle{ x}\), mamy
\(\displaystyle{ \frac{\dd}{\dd x}a(x)=(k+1)a(x)+ \frac{(e^x-1)^k}{k!}}\)
gdzie skorzystaliśmy z różniczkowania szeregów potęgowych wyraz po wyrazie i z założenia indukcyjnego.
Po pomnożeniu przez czynnik całkujący \(\displaystyle{ e^{-(k+1)x}}\) sprowadzamy do:
\(\displaystyle{ \frac{\dd }{\dd x}\left( e^{-(k+1)x}a(x)\right) =e^{-(k+1)x} \frac{(e^x-1)^k}{k!}}\)
Całkujemy w granicach od zera do \(\displaystyle{ x}\)
i pojawia się konieczność obliczenia takiej całki:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{x}e^{-(k+1)t} \frac{(e^t-1)^k}{k!} \,\dd t= \int_{0}^{x}e^{-t} \frac{(1-e^{-t})^k}{k!} \,\dd t}\)
Podstawiasz \(\displaystyle{ u=1-e^{-t}}\) 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:
... binatorics
ale tam raczej jest to zrobione z użyciem nie mniejszej dawki teorii.
-
koniczyna13
- Użytkownik
- Posty: 13
- Rejestracja: 2 mar 2014, o 19:48
- Płeć: Kobieta