3 wzory i ich dowody

[drempi]

Chciałbym się podzielić 3 wzorami oraz ich dowodami. Najpierw przedstawię je bez dowodu:

1. \(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} {\frac{{y + n \choose y}}{x^n}} = \left(\frac{x}{x - 1}\right)^{y + 1} \ \ \ \ \ \ x > 1 \ \ y \ge 0 \ \ y \in \NN}\)

2. \(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{a} {(-1)^n \cdot {a \choose n} \cdot n^b} = 0 \ \ \ \ \ \ a > 0 \ \ b \ge 0 \ \ a > b \ \ a, b \in \NN}\)

3. \(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{n^x}{y^n}} = \frac{y}{y - 1} \cdot \sum_{n = 1}^{x}{\frac{1}{(y - 1)^n} \cdot \sum_{k = 1}^{n}{(-1)^{n + k} \cdot {n \choose k} \cdot k^x}} \ \ \ \ \ \ x > 0 \ \ y > 1 \ \ x \in \NN}\)

Przed dowodami 2 założenia:

1. \(\displaystyle{ 0^0 = 1}\)

2. \(\displaystyle{ 0 \in \NN}\)

A teraz po kolei udowodnię te wzory zaczynając od pierwszego:

\(\displaystyle{ \textbf{1.}}\)

\(\displaystyle{ (*) \ \ \sum_{n = 0}^{\infty} {\frac{{y + n \choose y}}{x^n}} = \left(\frac{x}{x - 1}\right)^{y + 1} \ \ \ \ \ \ x > 1 \ \ y \ge 0 \ \ y \in \NN}\)

Na samym początku udowodnimy inny wzór:

\(\displaystyle{ (**) \ \ {a + b \choose a} = \sum_{n = 0}^{b}{{a + n - 1 \choose a - 1}}}\)

Przekształcamy:

\(\displaystyle{ {a + b \choose a} = {a + b - 1 \choose a - 1} + {a + b - 1 \choose a} = {a + b - 1 \choose a - 1} + {a + b - 2 \choose a - 1} + {a + b - 2 \choose a} = \\ \\ {a + b - 1 \choose a - 1} + {a + b - 2 \choose a - 1} + {a + b - 3 \choose a - 1} + ... + {a + b - b \choose a - 1} + {a + b - b \choose a} = \\ \\ \\ {a \choose a} + {a \choose a - 1} + {a + 1 \choose a - 1} + {a + 2 \choose a - 1} + ... + {a + b - 2 \choose a - 1} + {a + b - 1 \choose a - 1} = \\ \\ \\ {a \choose a} + \left(\sum_{n = 1}^{b}{{a + n - 1 \choose a - 1}}\right) = {a + 0 - 1 \choose a - 1} + \left(\sum_{n = 1}^{b}{{a + n - 1 \choose a - 1}}\right) = \\ \\ \\ \sum_{n = 0}^{b}{{a + n - 1 \choose a - 1}}}\)

A więc wzór \(\displaystyle{ (**)}\) jest prawdziwy. Wracając do wzoru \(\displaystyle{ (*)}\) możemy zauważyć, że wzór ten działa dla \(\displaystyle{ y = 0}\) :

\(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} {\frac{{0 + n \choose 0}}{x^n}} = \sum_{n = 0}^{\infty} {\frac{1}{x^n}} = \frac{1}{1 - \frac{1}{x}} = \left(\frac{x}{x - 1}\right)^{0 + 1}}\)

Teraz użyjemy indukcji matematycznej. Ustalmy daną liczbę naturalną z. Załóżmy, że wzór \(\displaystyle{ (*)}\) działa dla \(\displaystyle{ y = z}\) . Teraz będziemy chcieli udowodnić, że wzór ten działa dla \(\displaystyle{ y = z + 1}\) . W tym celu wykorzystamy wzór \(\displaystyle{ (**)}\) :

\(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} {\frac{{z + 1 + n \choose z + 1}}{x^n}} = \sum_{n = 0}^{\infty}{{\frac{1}{x^n}} \cdot \sum_{k = 0}^{n}{{z + 1 + k - 1 \choose z + 1 - 1}}} = \sum_{n = 0}^{\infty}{{\frac{1}{x^n}} \cdot \sum_{k = 0}^{n}{{z + k \choose z}}} = \\ \\ \\ \sum_{n = 0}^{\infty}{{z + n \choose z}} \cdot \sum_{k = n}^{\infty}{\frac{1}{x^k}}}\)

Aby zrozumieć ostatnie przekształcenie użyję przykładu dla \(\displaystyle{ x = 3 \ \ z = 4}\) :

\(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty}{{\frac{1}{3^n}} \cdot \sum_{k = 0}^{n}{{4 + k \choose 4}}} = \\ \\ \\ \frac{1}{3^0} \cdot \left({4 + 0 \choose 4} \right) + \frac{1}{3^1} \cdot \left({4 + 0 \choose 4} + {4 + 1 \choose 4} \right) + \frac{1}{3^2} \cdot \left({4 + 0 \choose 4} + {4 + 1 \choose 4} + {4 + 2 \choose 4} \right) ... = \\ \\ {4 + 0 \choose 4} \cdot \left(\frac{1}{3^0} + \frac{1}{3^1} + ...\right) + {4 + 1 \choose 4} \cdot \left(\frac{1}{3^1} + \frac{1}{3^2} + ...\right) + {4 + 2 \choose 4} \cdot \left(\frac{1}{3^2} + \frac{1}{3^3} + ...\right) ... = \\ \\ \sum_{n = 0}^{\infty}{{4 + n \choose 4}} \cdot \sum_{k = n}^{\infty}{\frac{1}{3^k}}}\)

Teraz można przekształcać dalej:

\(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty}{{z + n \choose z}} \cdot \sum_{k = n}^{\infty}{\frac{1}{x^k}} = \sum_{n = 0}^{\infty}{{z + n \choose z}} \cdot \frac{1}{x^n} \cdot \sum_{k = 0}^{\infty}{\frac{1}{x^k}} = \sum_{n = 0}^{\infty}{{z + n \choose z}} \cdot \frac{1}{x^n} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{x}} = \\ \\ \\ \frac{x}{x - 1} \cdot \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{{z + n \choose z}}{x^n}} = \frac{x}{x - 1} \cdot \left(\frac{x}{x - 1} \right)^{z + 1} = \left(\frac{x}{x - 1} \right)^{(z + 1) + 1}}\)

Tak więc udowodniliśmy wzór \(\displaystyle{ (*)}\) dla \(\displaystyle{ y = z + 1}\) i ogółem, dzięki indukcji matematycznej, że wzór ten jest prawdziwy dla dowolnego naturalnego y:

\(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} {\frac{{y + n \choose y}}{x^n}} = \left(\frac{x}{x - 1}\right)^{y + 1} \ \ \ \ \ \ x > 1 \ \ y \ge 0 \ \ y \in \NN}\)

\(\displaystyle{ \textbf{2.}}\)

\(\displaystyle{ (*) \ \ \sum_{n = 0}^{a} {(-1)^n \cdot {a \choose n} \cdot n^b} = 0 \ \ \ \ \ \ a > 0 \ \ b \ge 0 \ \ a > b \ \ a, b \in \NN}\)

Ten dowód również opiera się na indukcji matematycznej. Najpierw udowodnimy wzór \(\displaystyle{ (*)}\) dla \(\displaystyle{ b = 0}\):

\(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{a} {(-1)^n \cdot {a \choose n} \cdot n^0} = \sum_{n = 0}^{a} {(-1)^n \cdot {a \choose n}}}\)

Co jest równe 0 dla \(\displaystyle{ a > 0}\) .
Teraz ustalmy daną liczbę naturalną z różną od zera. Załóżmy, że wzór \(\displaystyle{ (*)}\) jest prawdziwy dla wszystkich b, takich, że \(\displaystyle{ b < z}\) . W tym momencie jeżeli udowodnimy, że ten wzór jest prawdziwy dla \(\displaystyle{ b = z}\) , to za sprawą indukcji będzie on prawdziwy dla dowolnego b.
Zaczynamy od przekształceń:

\(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{a} {(-1)^n \cdot {a \choose n} \cdot n^z} = a^z \cdot (-1)^a \cdot {a \choose a} + 0^z \cdot (-1)^0 \cdot {a \choose 0} + \sum_{n = 1}^{a - 1} {(-1)^n \cdot \left({a - 1 \choose n} + {a - 1 \choose n - 1}\right) \cdot n^z} = \\ \\ a^z \cdot (-1)^a +\left(\sum_{n = 1}^{a - 1} {(-1)^n \cdot {a - 1 \choose n} \cdot n^z}\right) + \left(\sum_{n = 1}^{a - 1} {(-1)^n \cdot {a - 1 \choose n - 1} \cdot n^z}\right) =\\ \\ \\ a^z \cdot (-1)^a + \left(\sum_{n = 1}^{a - 2} {(-1)^n \cdot {a - 1 \choose n} \cdot n^z}\right) + (-1)^{a - 1} \cdot {a - 1 \choose a - 1} \cdot (a - 1)^z + \left(\sum_{n = 0}^{a - 2} {(-1)^{n + 1} \cdot {a - 1 \choose n} \cdot (n + 1)^z}\right) = \\ \\ (-1)^a \cdot (a^z - (a - 1)^z) - 1 + \left(\sum_{n = 1}^{a - 2} {(-1)^n \cdot {a - 1 \choose n} \cdot n^z}\right) + \left(\sum_{n = 1}^{a - 2} {(-1)^{n + 1} \cdot {a - 1 \choose n} \cdot (n + 1)^z}\right) = \\ \\ (-1)^a \cdot (a^z - (a - 1)^z) - 1 + \left(\sum_{n = 1}^{a - 2} {(-1)^n \cdot {a - 1 \choose n} \cdot (n^z - (n + 1)^z)}\right) = \\ \\ \\ (-1)^{a - 1} \cdot {a - 1 \choose a - 1} \cdot ((a - 1)^z - a^z) + (-1)^0 \cdot {a - 1 \choose 0} \cdot (0^z - (0 + 1)^z) + \left(\sum_{n = 1}^{a - 2} {(-1)^n \cdot {a - 1 \choose n} \cdot (n^z - (n + 1)^z)}\right) = \\ \\ (-1)^{a - 1} \cdot {a - 1 \choose a - 1} \cdot ((a - 1)^z - ((a - 1) + 1)^z) + \left(\sum_{n = 0}^{a - 2} {(-1)^n \cdot {a - 1 \choose n} \cdot (n^z - (n + 1)^z)}\right) = \\ \\ \sum_{n = 0}^{a - 1} {(-1)^n \cdot {a - 1 \choose n} \cdot (n^z - (n + 1)^z)} = -\sum_{n = 0}^{a - 1} {(-1)^{n} \cdot {a - 1 \choose n} \cdot ((n + 1)^z - n^z)} =\\ \\ -\sum_{n = 0}^{a - 1}{ (-1)^{n} \cdot {a - 1 \choose n} \cdot \left(\left(\sum_{k = 0}^{z}{{z \choose k} \cdot n^k} \right) - {z \choose z} \cdot n^z \right)} =-\sum_{n = 0}^{a - 1} {(-1)^{n} \cdot {a - 1 \choose n} \cdot \left(\sum_{k = 0}^{z - 1}{{z \choose k} \cdot n^k} \right)} =\\ \\ (**) -\sum_{k = 0}^{z - 1} {z \choose k} \cdot \left(\sum_{n = 0}^{a - 1}{(-1)^n \cdot {a - 1 \choose n} \cdot n^k} \right) }\)

I teraz aby zrozumieć ostatnie przekształcenie podam przykład dla \(\displaystyle{ a = 4 \ \ z = 3}\) :

\(\displaystyle{ -\sum_{n = 0}^{4 - 1} {(-1)^{n} \cdot {4 - 1 \choose n} \cdot \left(\sum_{k = 0}^{3 - 1}{{3 \choose k} \cdot n^k} \right)} = \\ \\ \\ -(-1)^0 \cdot {4 - 1 \choose 0} \cdot \left({3 \choose 0} \cdot 0^0 + {3 \choose 1} \cdot 0^1 + {3 \choose 2} \cdot 0^2 \right) - (-1)^1 \cdot {4 - 1 \choose 1} \cdot \left({3 \choose 0} \cdot 1^0 + {3 \choose 1} \cdot 1^1 + {3 \choose 2} \cdot 1^2 \right) \\ \\ \\ - (-1)^2 \cdot {4 - 1 \choose 2} \cdot \left({3 \choose 0} \cdot 2^0 + {3 \choose 1} \cdot 2^1 + {3 \choose 2} \cdot 2^2 \right) - (-1)^3 \cdot {4 - 1 \choose 3} \cdot \left({3 \choose 0} \cdot 3^0 + {3 \choose 1} \cdot 3^1 + {3 \choose 2} \cdot 3^2 \right) = \\ \\ -{3 \choose 0} \cdot \left((-1)^0 \cdot {4 - 1 \choose 0} \cdot 0^0 + (-1)^1 \cdot {4 - 1 \choose 1} \cdot 1^0 + (-1)^2 \cdot {4 - 1 \choose 2} \cdot 2^0 + (-1)^3 \cdot {4 - 1 \choose 3} \cdot 3^0\right) \\ \\ \\ -{3 \choose 1} \cdot \left((-1)^0 \cdot {4 - 1 \choose 0} \cdot 0^1 + (-1)^1 \cdot {4 - 1 \choose 1} \cdot 1^1 + (-1)^2 \cdot {4 - 1 \choose 2} \cdot 2^1 + (-1)^3 \cdot {4 - 1 \choose 3} \cdot 3^1\right) \\ \\ \\ -{3 \choose 2} \cdot \left((-1)^0 \cdot {4 - 1 \choose 0} \cdot 0^2 + (-1)^1 \cdot {4 - 1 \choose 1} \cdot 1^2 + (-1)^2 \cdot {4 - 1 \choose 2} \cdot 2^2 + (-1)^3 \cdot {4 - 1 \choose 3} \cdot 3^2\right) = \\ \\ -\sum_{k = 0}^{3 - 1} {3 \choose k} \cdot \left(\sum_{n = 0}^{4 - 1}{(-1)^n \cdot {4 - 1 \choose n} \cdot n^k} \right)}\)

Teraz podmieniamy we wzorze \(\displaystyle{ (**) \ \ g = a - 1}\) i otrzymujemy:

\(\displaystyle{ -\sum_{k = 0}^{z - 1} {z \choose k} \cdot \left(\sum_{n = 0}^{g}{(-1)^n \cdot {g \choose n} \cdot n^k} \right)}\)

Teraz zauważamy, że wartość k w tym wzorze jest zawsze mniejsza od z, a skoro \(\displaystyle{ g = a - 1 \ \ a, z, k \in \NN}\) i \(\displaystyle{ z < a}\) to otrzymujemy nierówności:

\(\displaystyle{ k < z < a \\ k < a - 1 \\ k < g}\)

Dodatkowo skoro \(\displaystyle{ a > z}\) oraz \(\displaystyle{ z > 0}\) to \(\displaystyle{ a > 1}\) , czyli \(\displaystyle{ g > 0}\) . Teraz zgodnie z założeniem, że wzór \(\displaystyle{ (*)}\) jest prawdziwy dla wszystkich b, takich że \(\displaystyle{ b < z}\) , otrzymujemy:

\(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{g}{(-1)^n \cdot {g \choose n} \cdot n^k} = 0 \ \ \ \ \ \ g > 0 \ \ k \ge 0 \ \ g > k \ \ g, k \in \NN}\)

I po podstawieniu tego do wzoru \(\displaystyle{ (**)}\) dostajemy:

\(\displaystyle{ -\sum_{k = 0}^{z - 1} {z \choose k} \cdot \left(\sum_{n = 0}^{g}(-1)^n \cdot {g \choose n} \cdot n^k \right) = -\sum_{k = 0}^{z - 1} {z \choose k} \cdot 0 = 0}\)

I w ten sposób udowodniliśmy wzór \(\displaystyle{ (*)}\) :

\(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{a} {(-1)^n \cdot {a \choose n} \cdot n^b} = 0 \ \ \ \ \ \ a > 0 \ \ b \ge 0 \ \ a > b \ \ a, b \in \NN}\)

\(\displaystyle{ \textbf{3.}}\)

\(\displaystyle{ (*) \ \ \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{n^x}{y^n}} = \frac{y}{y - 1} \cdot \sum_{n = 1}^{x}{\frac{1}{(y - 1)^n} \cdot \sum_{k = 1}^{n}{(-1)^{n + k} \cdot {n \choose k} \cdot k^x}} \ \ \ \ x > 0 \ \ y > 1 \ \ x \in \NN}\)

\(\displaystyle{ (**) \ \ \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{n^x}{y^n}}}\)

Został ostatni i najtrudniejszy do udowodnienia wzór. Również w jego dowodzie wykorzystamy matematyczną indukcję. Zacznijmy od wyznaczenia wartości wzoru \(\displaystyle{ (**)}\) dla \(\displaystyle{ x = 0}\) :

\(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{n^0}{y^n}} = \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{1}{y^n}} = \frac{1}{1 - \frac{1}{y}} = \frac{y}{y - 1}}\)

Teraz ustalmy daną liczbę naturalną z (różną od 0). Załóżmy, że wzór \(\displaystyle{ (*)}\) jest prawdziwy dla wszystkich x, takich, że \(\displaystyle{ 0 < x < z}\) . W takim razie jeżeli wzór \(\displaystyle{ (*)}\) jest prawdziwy dla \(\displaystyle{ x = z}\) , to (dzięki indukcji) jest prawdziwy dla wszystkich x. Teraz oznaczamy i przekształcamy:

\(\displaystyle{ s = \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{n^z}{y^n}} = \sum_{n = 1}^{\infty}{\frac{n^z}{y^n}} = \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{(n + 1)^z}{y^{n + 1}}} = \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{1}{y^{n + 1}} \cdot \sum_{k = 0}^{z}{{z \choose k} \cdot n^k}} = \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{1}{y^{n + 1}} \cdot \left(n^z + \sum_{k = 0}^{z - 1}{{z \choose k} \cdot n^k}\right)} = \\ \\ \left(\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{n^z}{y^{n + 1}} \right) + \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{1}{y^{n + 1}} \cdot \sum_{k = 0}^{z - 1}{z \choose k} \cdot n^k = \frac{s}{y} + \frac{1}{y} \cdot \sum_{n = 0}^{\infty}\sum_{k = 0}^{z - 1}{z \choose k} \cdot \frac{n^k}{y^n}}\)

Teraz wyznaczymy s:

\(\displaystyle{ s = \frac{s}{y} + \frac{1}{y} \cdot \sum_{n = 0}^{\infty}{\sum_{k = 0}^{z - 1}{{z \choose k} \cdot \frac{n^k}{y^{n}}}} \\ \\ s \cdot (1 - \frac{1}{y}) = \frac{1}{y} \cdot \sum_{n = 0}^{\infty}{\sum_{k = 0}^{z - 1}{{z \choose k} \cdot \frac{n^k}{y^{n}}}} \\ \\ s = \frac{y}{(y - 1) \cdot y} \cdot \sum_{n = 0}^{\infty}{\sum_{k = 0}^{z - 1}{{z \choose k} \cdot \frac{n^k}{y^{n}}}} \\ \\ s = \frac{1}{y - 1} \cdot \sum_{n = 0}^{\infty}{\sum_{k = 0}^{z - 1}{{z \choose k} \cdot \frac{n^k}{y^{n}}}}}\)

A więc otrzymaliśmy:

\(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{n^z}{y^n}} = s = \frac{1}{y - 1} \cdot \sum_{n = 0}^{\infty}{\sum_{k = 0}^{z - 1}{{z \choose k} \cdot \frac{n^k}{y^{n}}}}}\)

Teraz pokażę na przykładzie, że:

\(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty}{\sum_{k = 0}^{z - 1}{{z \choose k} \cdot \frac{n^k}{y^{n}}}} = \sum_{k = 0}^{z - 1}{{z \choose k} \cdot \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{n^k}{y^n}}}}\)

Weźmy \(\displaystyle{ y = 3 \ \ z = 4}\) :

\(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty}{\sum_{k = 0}^{4 - 1}{{4 \choose k} \cdot \frac{n^k}{3^{n}}}} = \\ \\ \\ \left({4 \choose 0} \cdot \frac{0^0}{3^0} + {4 \choose 1} \cdot \frac{0^1}{3^0} + {4 \choose 2} \cdot \frac{0^2}{3^0} + {4 \choose 3} \cdot \frac{0^3}{3^0}\right) + \left({4 \choose 0} \cdot \frac{1^0}{3^1} + {4 \choose 1} \cdot \frac{1^1}{3^1} + {4 \choose 2} \cdot \frac{1^2}{3^1} + {4 \choose 3} \cdot \frac{1^3}{3^1}\right) + \\ \\ \left({4 \choose 0} \cdot \frac{2^0}{3^2} + {4 \choose 1} \cdot \frac{2^1}{3^2} + {4 \choose 2} \cdot \frac{2^2}{3^2} + {4 \choose 3} \cdot \frac{2^3}{3^2}\right) + \left({4 \choose 0} \cdot \frac{3^0}{3^3} + {4 \choose 1} \cdot \frac{3^1}{3^3} + {4 \choose 2} \cdot \frac{3^2}{3^3} + {4 \choose 3} \cdot \frac{3^3}{3^3}\right) ... = \\ \\ {4 \choose 0} \cdot \left(\frac{0^0}{3^0} + \frac{1^0}{3^1} + \frac{2^0}{3^2} + \frac{3^0}{3^3} ... \right) + {4 \choose 1} \cdot \left(\frac{0^1}{3^0} + \frac{1^1}{3^1} + \frac{2^1}{3^2} + \frac{3^1}{3^3} ... \right) + \\ \\ \\ {4 \choose 2} \cdot \left(\frac{0^2}{3^0} + \frac{1^2}{3^1} + \frac{2^2}{3^2} + \frac{3^2}{3^3} ... \right) + {4 \choose 3} \cdot \left(\frac{0^3}{3^0} + \frac{1^3}{3^1} + \frac{2^3}{3^2} + \frac{3^3}{3^3} ... \right) = \\ \\ \\ \sum_{k = 0}^{4 - 1}{{4 \choose k} \cdot \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{n^k}{3^n}}}}\)

Jeszcze raz przekształcamy:

\(\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{z - 1}{{z \choose k} \cdot \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{n^k}{y^n}}} = {z \choose 0} \cdot \left(\sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{n^0}{y^n}}\right) + \sum_{k = 1}^{z - 1}{{z \choose k} \cdot \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{n^k}{y^n}}} = \frac{y}{y - 1} + \sum_{k = 1}^{z - 1}{{z \choose k} \cdot \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{n^k}{y^n}}}}\)

I teraz przy założeniu, że wzór \(\displaystyle{ (*)}\) działa dla wszystkich x, takich że \(\displaystyle{ 0 < x < z}\) otrzymujemy:

\(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{n^z}{y^n}} = \frac{1}{y - 1} \cdot \left(\sum_{n = 0}^{\infty}{\sum_{k = 0}^{z - 1}{{z \choose k} \cdot \frac{n^k}{y^{n}}}} \right) = \frac{1}{y - 1} \cdot \left(\frac{y}{y - 1} + \sum_{k = 1}^{z - 1}{{z \choose k} \cdot \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{n^k}{y^n}}}\right) = \\ \\ \\ \frac{1}{y - 1} \cdot \left(\frac{y}{y - 1} + \sum_{k = 1}^{z - 1}{{z \choose k} \cdot \frac{y}{y - 1} \cdot \sum_{n = 1}^{k}{\frac{1}{(y - 1)^n} \cdot \sum_{p = 1}^{n}{(-1)^{n + p} \cdot {n \choose p} \cdot p^k}}}\right)}\)

W tym momencie wykonujemy przekształcenie, dla którego niestety nie jestem w stanie dać przykładu:

\(\displaystyle{ \frac{1}{y - 1} \cdot \left(\frac{y}{y - 1} + \sum_{k = 1}^{z - 1}{{z \choose k} \cdot \frac{y}{y - 1} \cdot \sum_{n = 1}^{k}{\frac{1}{(y - 1)^n} \cdot \sum_{p = 1}^{n}{(-1)^{n + p} \cdot {n \choose p} \cdot p^k}}}\right) = \\ \\ \\ \frac{y}{y - 1} \cdot \left(\frac{1}{y - 1} + \sum_{n = 2}^{z}{\frac{1}{(y - 1)^n} \cdot \sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k + n - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot \sum_{p = n}^{z}{{z \choose p - 1} \cdot k^{p - 1}}}}\right)}\)

A więc aby udowodnić wzór \(\displaystyle{ (*)}\) będziemy musieli udowodnić:

\(\displaystyle{ \frac{y}{y - 1} \cdot \left(\frac{1}{y - 1} + \sum_{n = 2}^{z}{\frac{1}{(y - 1)^n} \cdot \sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k + n - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot \sum_{p = n}^{z}{{z \choose p - 1} \cdot k^{p - 1}}}}\right) = \\ \\ \frac{y}{y - 1} \cdot \sum_{n = 1}^{z}{\frac{1}{(y - 1)^n} \cdot \sum_{k = 1}^{n}{(-1)^{n + k} \cdot {n \choose k} \cdot k^z}}}\)

Teraz przekształcamy:

\(\displaystyle{ \frac{y}{y - 1} \cdot \left(\frac{1}{y - 1} + \sum_{n = 2}^{z}{\frac{1}{(y - 1)^n} \cdot \sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k + n - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot \sum_{p = n}^{z}{{z \choose p - 1} \cdot k^{p - 1}}}}\right) = \\ \\ \frac{y}{y - 1} \cdot \sum_{n = 1}^{z}{\frac{1}{(y - 1)^n} \cdot \sum_{k = 1}^{n}{(-1)^{n + k} \cdot {n \choose k} \cdot k^z}}}\)

\(\displaystyle{ \frac{y}{(y - 1)^2} + \frac{y}{y - 1} \cdot \sum_{n = 2}^{z}{\frac{1}{(y - 1)^n} \cdot \sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k + n - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot \sum_{p = n}^{z}{{z \choose p - 1} \cdot k^{p - 1}}}} = \\ \\ \frac{y}{y - 1} \cdot \left(\frac{1}{(y - 1)^1} \cdot (-1)^{1 + 1} \cdot {1 \choose 1} \cdot 1^z + \sum_{n = 2}^{z}{\frac{1}{(y - 1)^n} \cdot \sum_{k = 1}^{n}{(-1)^{n + k} \cdot {n \choose k} \cdot k^z}}\right)}\)

\(\displaystyle{ \frac{y}{(y - 1)^2} + \frac{y}{y - 1} \cdot \sum_{n = 2}^{z}{\frac{1}{(y - 1)^n} \cdot \sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k + n - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot \sum_{p = n}^{z}{{z \choose p - 1} \cdot k^{p - 1}}}} = \\ \\ \frac{y}{(y - 1)^2} + \frac{y}{y - 1} \cdot \sum_{n = 2}^{z}{\frac{1}{(y - 1)^n} \cdot \sum_{k = 1}^{n}{(-1)^{n + k} \cdot {n \choose k} \cdot k^z}}}\)

\(\displaystyle{ (***) \ \ \sum_{n = 2}^{z}{\frac{1}{(y - 1)^n} \cdot \sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k + n - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot \sum_{p = n}^{z}{{z \choose p - 1} \cdot k^{p - 1}}}} = \\ \\ \sum_{n = 2}^{z}{\frac{1}{(y - 1)^n} \cdot \sum_{k = 1}^{n}{(-1)^{n + k} \cdot {n \choose k} \cdot k^z}}}\)

W tym momencie jeśli udowodnimy, że dla dowolnego n, takiego, że \(\displaystyle{ 2 \le n \le z}\) :

\(\displaystyle{ (****) \ \ \sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k + n - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot \sum_{p = n}^{z}{{z \choose p - 1} \cdot k^{p - 1}}} = \sum_{k = 1}^{n}{(-1)^{n + k} \cdot {n \choose k} \cdot k^z}}\)

to równanie \(\displaystyle{ (***)}\) będzie prawdziwe. Tak więc przekształcamy wzór \(\displaystyle{ (****)}\) :

\(\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot \sum_{p = n}^{z}{{z \choose p - 1} \cdot k^{p - 1}}} = \sum_{k = 1}^{n}{(-1)^k \cdot {n \choose k} \cdot k^z}}\)

\(\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot \sum_{p = n - 1}^{z - 1}{{z \choose p} \cdot k^p}} = \sum_{k = 1}^{n}{(-1)^k \cdot {n \choose k} \cdot k^z}}\)

\(\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot \left( \left(\sum_{p = 0}^{z}{{z \choose p} \cdot k^p}\right) - k^z - \left(\sum_{p = 0}^{n - 2}{{z \choose p} \cdot k^p}\right) \right) } = \\ \\ \sum_{k = 1}^{n}{(-1)^k \cdot {n \choose k} \cdot k^z}}\)

\(\displaystyle{ \sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot \left((k + 1)^z - k^z - \left(\sum_{p = 0}^{n - 2}{{z \choose p} \cdot k^p}\right) \right) } = \\ \\ \sum_{k = 1}^{n}{(-1)^k \cdot {n \choose k} \cdot k^z}}\)

\(\displaystyle{ \left(\sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot (k + 1)^z}\right) - \left(\sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot k^z}\right) \\ \\ - \left(\sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot \left(\sum_{p = 0}^{n - 2}{{z \choose p} \cdot k^p}\right)}\right) = \sum_{k = 1}^{n}{(-1)^k \cdot {n \choose k} \cdot k^z}}\)

\(\displaystyle{ \left(\sum_{k = 2}^{n}{(-1)^{k - 1 - 1} \cdot {n - 1 \choose k - 1} \cdot k^z}\right) + \left(\sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^k \cdot {n - 1 \choose k} \cdot k^z}\right) \\ \\ - \left(\sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot \left(\sum_{p = 0}^{n - 2}{{z \choose p} \cdot k^p}\right)}\right) = \sum_{k = 1}^{n}{(-1)^k \cdot {n \choose k} \cdot k^z}}\)

\(\displaystyle{ \left(\sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^k \cdot k^z \cdot \left({n - 1 \choose k - 1} + {n - 1 \choose k} \right)}\right) - (-1)^1 \cdot 1^z + (-1)^n \cdot n^z \\ \\ - \left(\sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot \left(\sum_{p = 0}^{n - 2}{{z \choose p} \cdot k^p}\right)}\right) = \sum_{k = 1}^{n}{(-1)^k \cdot {n \choose k} \cdot k^z}}\)

\(\displaystyle{ \left(\sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^k \cdot {n \choose k} \cdot k^z}\right) + 1 + (-1)^n \cdot n^z \\ \\ - \left(\sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot \left(\sum_{p = 0}^{n - 2}{{z \choose p} \cdot k^p}\right)}\right) = (-1)^{n} \cdot n^z + \sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^k \cdot {n \choose k} \cdot k^z}}\)

\(\displaystyle{ 1 - \left(\sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot \left(\sum_{p = 0}^{n - 2}{{z \choose p} \cdot k^p}\right)}\right) = 0}\)

\(\displaystyle{ \left(\sum_{k = 1}^{n - 1}{(-1)^{k - 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot \left(\sum_{p = 0}^{n - 2}{{z \choose p} \cdot k^p}\right)}\right) + (-1)^{0 - 1} \cdot {n - 1 \choose 0} \cdot 1 = 0}\)

\(\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{n - 1}{(-1)^{k + 1} \cdot {n - 1 \choose k} \cdot \sum_{p = 0}^{n - 2}{{z \choose p} \cdot k^p}} = 0}\)

\(\displaystyle{ (5) \ \ \sum_{k = 0}^{n - 2}{{z \choose k} \cdot \sum_{p = 0}^{n - 1}{(-1)^p \cdot {n - 1 \choose p} \cdot p^k}} = 0}\)

Do ostatniego przekształcenia dam przykład \(\displaystyle{ n = 4 \ \ z = 6}\) :

\(\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{4 - 1}{(-1)^{k + 1} \cdot {4 - 1 \choose k} \cdot \left(\sum_{p = 0}^{4 - 2}{{6 \choose p} \cdot k^p}\right)} = \\ \\ \\ (-1)^1 \cdot {3 \choose 0} \cdot \left({6 \choose 0} \cdot 0^0 + {6 \choose 1} \cdot 0^1 + {6 \choose 2} \cdot 0^2 \right) + (-1)^2 \cdot {3 \choose 1} \cdot \left({6 \choose 0} \cdot 1^0 + {6 \choose 1} \cdot 1^1 + {6 \choose 2} \cdot 1^2 \right) + \\ \\ (-1)^3 \cdot {3 \choose 2} \cdot \left({6 \choose 0} \cdot 2^0 + {6 \choose 1} \cdot 2^1 + {6 \choose 2} \cdot 2^2 \right) + (-1)^4 \cdot {3 \choose 3} \cdot \left({6 \choose 0} \cdot 3^0 + {6 \choose 1} \cdot 3^1 + {6 \choose 2} \cdot 3^2 \right) = \\ \\ {6 \choose 0} \cdot \left((-1)^1 {3 \choose 0} \cdot 0^0 + (-1)^2 {3 \choose 1} \cdot 1^0 + (-1)^3 {3 \choose 2} \cdot 2^0 + (-1)^4 {3 \choose 3} \cdot 3^0 \right) + \\ \\ \\ {6 \choose 1} \cdot \left((-1)^1 {3 \choose 0} \cdot 0^1 + (-1)^2 {3 \choose 1} \cdot 1^1 + (-1)^3 {3 \choose 2} \cdot 2^1 + (-1)^4 {3 \choose 3} \cdot 3^1 \right) +\\ \\ \\ {6 \choose 2} \cdot \left((-1)^1 {3 \choose 0} \cdot 0^2 + (-1)^2 {3 \choose 1} \cdot 1^2 + (-1)^3 {3 \choose 2} \cdot 2^2 + (-1)^4 {3 \choose 3} \cdot 3^2 \right) = \\ \\ \\ \sum_{k = 0}^{4 - 2}{{6 \choose k} \cdot \sum_{p = 0}^{4 - 1}{(-1)^{p + 1} \cdot {4 - 1 \choose p} \cdot p^k}}}\)

Teraz podstawiamy \(\displaystyle{ m = n - 1}\) przepisujemy wzór \(\displaystyle{ (5)}\) :

\(\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{m - 1}{{z \choose k} \cdot \sum_{p = 0}^{m}{(-1)^p \cdot {m \choose p} \cdot p^k}} = 0}\)

W tym wzorze k przyjmuje wartości od 0 do m - 1, a więc \(\displaystyle{ k \ge 0 \ \ m > k}\) . Wiemy, że \(\displaystyle{ n \ge 2}\) , a to znaczy, że \(\displaystyle{ m > 0}\) . Dodatkowo wiemy, że \(\displaystyle{ m, k \in \NN}\) . Dzięki temu wszystkiemu możemy skorzystać z udowodnionego przez nas wcześniej wzoru:

\(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{a} {(-1)^n \cdot {a \choose n} \cdot n^b} = 0 \ \ \ \ \ \ a > 0 \ \ b \ge 0 \ \ a > b \ \ a, b \in \NN}\)

I podstawić w nim \(\displaystyle{ a = m \ \ b = k}\) :

\(\displaystyle{ \sum_{p = 0}^{m} {(-1)^p \cdot {m \choose p} \cdot p^k} = 0 \ \ \ \ \ \ m > 0 \ \ k \ge 0 \ \ m > k \ \ m, k \in \NN}\)

Ten wzór możemy z kolei wykorzystać do udowodnienia wzoru \(\displaystyle{ (5)}\) :

\(\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{m - 1}{{z \choose k} \cdot \sum_{p = 0}^{m}{(-1)^{p} \cdot {m \choose p} \cdot p^k}} = 0}\)

\(\displaystyle{ \sum_{k = 0}^{m - 1}{{z \choose k} \cdot 0} = 0}\)

\(\displaystyle{ 0 = 0}\)

Udało nam się więc udowodnić wzór \(\displaystyle{ (5)}\) , a dzięki temu udowodniliśmy równania \(\displaystyle{ (****)}\) i \(\displaystyle{ (***)}\) , a przez to w końcu dzięki matematycznej indukcji daliśmy dowód prawdziwości wzoru \(\displaystyle{ (*)}\) :

\(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{n^x}{y^n}} = \frac{y}{y - 1} \cdot \sum_{n = 1}^{x}{\frac{1}{(y - 1)^n} \cdot \sum_{k = 1}^{n}{(-1)^{n + k} \cdot {n \choose k} \cdot k^x}} \ \ \ \ \ \ x > 0 \ \ y > 1 \ \ x \in \NN}\)


Tak dla wytrwałych mogę jeszcze pokazać, jakie są wartości wzoru:

\(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{n^x}{y^n}}}\)

Dla dowolnego y i dla x od 0 do 6:

\(\displaystyle{ x = 0: \ \ \ \frac{y}{y - 1}}\)

\(\displaystyle{ x = 1: \ \ \ \frac{y}{(y - 1)^2}}\)

\(\displaystyle{ x = 2: \ \ \ \frac{y}{(y - 1)^2} \cdot \left(1 + \frac{2}{y - 1} \right)}\)

\(\displaystyle{ x = 3: \ \ \ \frac{y}{(y - 1)^2} \cdot \left(1 + \frac{6}{y - 1} + \frac{6}{(y - 1)^2} \right)}\)

\(\displaystyle{ x = 4: \ \ \ \frac{y}{(y - 1)^2} \cdot \left(1 + \frac{14}{y - 1} + \frac{36}{(y - 1)^2} + \frac{24}{(y - 1)^3} \right)}\)

\(\displaystyle{ x = 5: \ \ \ \frac{y}{(y - 1)^2} \cdot \left(1 + \frac{30}{y - 1} + \frac{150}{(y - 1)^2} + \frac{240}{(y - 1)^3} + \frac{120}{(y - 1)^4} \right)}\)

\(\displaystyle{ x = 6: \ \ \ \frac{y}{(y - 1)^2} \cdot \left(1 + \frac{62}{y - 1} + \frac{540}{(y - 1)^2} + \frac{1560}{(y - 1)^3} + \frac{1800}{(y - 1)^4} + \frac{720}{(y - 1)^5} \right)}\)

Na sam koniec mogę jeszcze powiedzieć, że prawdopobobnie można rozszerzyć liczbę y na wszystkie liczby rzeczywiste (poza 1), a nawet liczby zespolone. Może ktoś chce?

[a4karo]

Ładne przekształcenia (choć czyta się ciężko).

Gdybyś chciał z tego zrobić formalny dowód, to wszystkie przejścia musisz uzasadnić (nie wystarczy pokazać jak sie je robi na jednym przykładzie)

W końcówce coś Ci się jednak pomieszało: wzór \(\displaystyle{ \sum_{n = 0}^{\infty} {\frac{{y + n \choose y}}{x^n}}}\) nie ma sensu dla \(\displaystyle{ x=0}\) (chyba pozamieniałes role \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\)).


Wzór 1. można udowodnic prościej wychodząc ze wzoru
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^\infty z^k=\frac{1}{1-z}}\).
Wystarczy go zróźniczkować \(\displaystyle{ y}\) razy i wstawić \(\displaystyle{ z=1/x}\)

W dowodzie wzoru 3 zakładasz, że \(\displaystyle{ x>0}\), ale indukcję zaczynasz od zera. Ponadto dla \(\displaystyle{ x=0}\) prawa strona zawiera sumę \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^0}\) a to na mocy konwencji jest równe zeru.

Jeżeli sam wpadłeś na te wzory, to gratulacje (choć są one znane).