Тождество

[Sasha2]

Непонятно, как доказать такое тождество


$\sum\limits_{p=0}^{n}{(-1)^pC_n^p{p^k}}=0$
если $k$ меняется от $0$ до $n$ и $n \ge 3$

Точнее для k=0 еще понятно, а дальше что-то непонятно

Хотя может я и ошибаюсь, но вообще изначать задача звучит так:
Показать, что $a_1^k-C_n^1a_2^k+C_n^2a_3^k+...+(-1)^nC_n^na_{n+1}^k=0$
при условии, что $a_1, a_2,...,a_n$ есть арифметическая прогрессия.

[Sasha2]

Такое ощущение, что автор задачи все же ошибся.

Получается, что при любом натуральном k числа $1^k, 2^k,...,n^k$
будут линейно зависимы при одних и тех же коэффициентах.
Но что-то это очень подозрительно.

[ewert]

Sasha2 в сообщении #297141 писал(а):

Точнее для k=0 еще понятно, а дальше что-то непонятно

Неудачные обозначения.
Пусть $\displaystyle S_n=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^kC_n^k\cdot(\alpha k+\beta)^m$. Дело в том, что это (с точностью до знака) -- конечная разность порядка $n$ для функции $f(x)=(\alpha x+\beta)^m$, вычисленная по целочисленным узлам. И даже если заменить эту функцию на произвольный многочлен степени $m<n$ -- сумма, естественно, будет нулевой (поскольку вычисление каждой следующей разности уменьшает степень многочлена на единицу).

Но! именно при $m<n$. А при $m=n$ получится, не менее естественно, вовсе не ноль, а $(-1)^n\cdot \alpha^n\cdot n!$.

С другой стороны, непонятно, зачем $n\geqslant 3$. Достаточно $n\geqslant 1$.

[Sasha2]

Доказательство не совсем понятно. Тем более, что задача взята из задачника Кудрявцева из раздела что-то типа "Введение в анализ". Там еще конечных разностей нет. Поэтому, хотелось бы попроще.

И еще, если расписать суммы, а затем переставить суммирования то естественно все упрется в то тождество, котоое я написал. Интересно, а оно верно?

[ewert]

Хорошо, без конечных разностей (т.е. с ними, конечно, но не поминая имени ихнего всуе). Изменим немножко обозначения: $\displaystyle S_n(x)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^kC_n^k\cdot(k+x)^m$ (ясно, что коэффициент перед $k$ не имеет значения); в частности, $S_0(x)=x^m$. Докажите рекуррентное соотношение: $S_{n+1}(x)=S_n(x)-S_n(x+1)$, используя стандартное соотношение для биномиальных коэффициентов: $C_{n+1}^k=C_n^{k-1}+C_n^k$. Из этого соотношения следует, что степень каждого следующего многочлена $S_{n+1}(x)$ будет на единичку меньше степени предыдущего многочлена $S_n(x)$. И как только наступит $n>m$ -- многочлен окажется тождественным нулём.

[Sasha2]

Нет не ясно, почему коэффициент перед k не имеет значения.
Точнее, если это так, то тогда данное тождество должно распадаться на ряд тождеств

$\sum\limits_{p=0}^{n}{(-1)^pC_n^p{p^k}}=0$

которые я и пытаюсь доказать (пока безуспешно).

P.S. Хотя, конечно, можно просто тупо поделить на $d^k$

[ewert]

Sasha2 в сообщении #297272 писал(а):

Нет не ясно, почему коэффициент перед k не имеет значения.

Просто потому, что его в степени $m$ можно вынести за скобки -- равенство или неравенство (тождественное) $S_n(x)$ нулю от этого не изменится.

Sasha2 в сообщении #297272 писал(а):

Точнее, если это так, то тогда данное тождество должно распадаться на ряд тождеств

Не должно -- точнее, его не следует распадать. Фишка именно в том, что $S_n(x)$ равно нулю тождественно, т.е. при любом $x$.

[Sasha2]

И что так (поскольку данный многочлен относительно x, является многочленом степени не выше k) можно так с ходу указать k+1 точку, в которых он ЯВНО равен нулю.

[ewert]

Так, ещё раз.

Утверждение. Если $\displaystyle S_n(x)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^kC_n^k\cdot(k+x)^m$, то $S_n(x)=0\ (\forall x)$ при всех $n>m$.

Доказательство. Следует из рекуррентного соотношения $S_{n+1}(x)=S_n(x)-S_n(x+1)$.

Что именно непонятно?...

[Sasha2]

Непонятно именно то, что в исходной задаче n ФИКСИРОВАННО, а Вы в своем доказательстве его МЕНЯЕТЕ. Даже и в рекурентном соотношении (которое я вполне допускаю, что оно верно). Как то это выглядит, как нарушение логики.

[ewert]

Какая разница -- менять $m$ при фиксированном $n$ или наоборот.

[Sasha2]

Во-во, вот это Ваше "менять" меня и смущает, поскольку то, что Вы предлагаете менять (хоть m, хоть n), по условию никогда не меняется, а остается постоянным.

[ewert]

Что менять, а что считать фиксированным -- это исключительно наше личное дело.

Можно (как в оригинале условия) считать фиксированным $n$ и смотреть, что получится при разных $m$. (Между прочим, обратите внимание: Ваше утверждение

Sasha2 в сообщении #297329 писал(а):

поскольку то, что Вы предлагаете менять (хоть m, хоть n), по условию никогда не меняется, а остается постоянным.

-- фактически неверно. По исходному условию предполагалось именно менять $m$ в диапазоне от $0$ до $n$, хотя с конкретным диапазоном там и промашка вышла.)

А можно наоборот: зафиксировать $m$ и смотреть, что получится при разных $n$ при этом самом $m$.

Это эквивалентно. Это -- исключительно дело вкуса. И очень многие задачи резко упрощаются, если догадаться вовремя сменить точку зрения.

[Sasha2]

Вот дословный текст задачи.

Не думаю, что там есть промашка. Это уважаемый преподаватель из МФТИ.
Вряд ли такие люди ошибаются.
А что касаемо диапазонов, то по всей видимости их указали для того, чтобы (исключив крайние случаи), задачу можно было решить простой перестановкой двух суммирований.

P.S. Данная задача взята из первого тома трехтомного задачника Кудрявцева на странице 29.

[ewert]

Sasha2 в сообщении #297369 писал(а):

Это уважаемый преподаватель из МФТИ. Вряд ли такие люди ошибаются.

Ну что поделать. Значит, и на старуху бывает проруха. Ибо очевидно, что при $n\leqslant k$ (в обозначениях Кудрявцева) нуля не получится. И очевидно, что требование $n\geqslant 3$ избыточно.

Т.е. это очевидно, если знать про конечные разности и их свойства. Трудно себе представить, что Кудрявцев о них не знал. А о чём он думал, сочиняя этот текст -- даже не догадываюсь.