Обобщение полиномиальной теоремы

[Padawan]

Задача из книжки Полиа, Сеге "Задачи и теоремы из анализа".
Положим $x^{n|h}=x(x-h)(x-2h)\ldots\bl(x-(n-1)h\br)$
Доказать обобщение формулы бинома Ньютона

$$(x+y)^{n|h}=x^{n|h}+\binom{n}{1}x^{n-1|h}y^{1|h}+\binom{n}{2}x^{n-2|h}y^{2|h}+\ldots+y^{n|h}$$

и обобщение полиномиальной теоремы

$$(x_1+x_2+\ldots+x_l)^{n|h}=\sum\limits_{\nu_1+\nu_2+\ldots+\nu_l=n}\frac{n!}{\nu_1!\nu_2!\ldots\nu_l!}\, x_1^{\nu_1|h}x_2^{\nu_2|h}\ldots x_l^{\nu_l|h}$$

[maxal]

$x^{n|h}$ выражается в терминах символа Похгаммера:

$$x^{n|h} = h^n (x/h)_n.$$

После сокращения на $h^n$ "формула Ньютона" принимает вид:

$$(x+y)_n = \sum_{k=0}^n {n\choose k} (x)_{n-k} (y)_k.$$

и легко вытекает из соотношения для экспоненциальных производящих функций:

$$\sum_{i=0}^{\infty} \frac{(x)_i}{i!} t^i \cdot \sum_{j=0}^{\infty} \frac{(y)_j}{j!} t^j = (1+t)^x (1+t)^y = (1+t)^{x+y} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(x+y)_k}{k!} t^k.$$

Ну а соответствующая "полиномиальная теорема" следует из "формула Ньютона" точно так же как и в классическом случае (индукцией по $\ell$).

[Padawan]

maxal
Да, у них такое решение и приведено. Мне понравилось, вот и решил написать.

maxal в сообщении #330151 писал(а):

Ну а соответствующая "полиномиальная теорема" следует из "формула Ньютона" точно так же как и в классическом случае (индукцией по $\ell$).

А можно сразу из тождества $(1+t)^{(x_1+x_2+\ldots+x_l)}=(1+t)^{x_1}(1+t)^{x_2}\ldots (1+t)^{x_l}$

А я тупой индукцией по $n$ доказывал

[Padawan]

Еще две задачи, оттуда же

$$ \binom{n}{1}-2\binom{n}{2}+3\binom{n}{3}-\ldots+(-1)^{n-1}n\binom nn=\left\{\begin{array}{l}0\;\; \text{при}\;\; n\neq 1 \\ 1\;\;\text{при}\;\; n=1 \end{array}\right.$$

$$ \binom{n}{1}-\frac12\binom{n}{2}+\frac13\binom{n}{3}-\ldots+(-1)^{n-1}\frac1n\binom nn=1+\frac12+\frac13+\ldots+\frac1n $$

[maxal]

Padawan в сообщении #330514 писал(а):

$$ \binom{n}{1}-2\binom{n}{2}+3\binom{n}{3}-\ldots+(-1)^{n-1}n\binom nn=\left\{\begin{array}{l}0\;\; \text{при}\;\; n\neq 1 \\ 1\;\;\text{при}\;\; n=1 \end{array}\right.$$

$$\sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}k\binom{n}{k} = n\sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}\binom{n-1}{k-1} = n(1-1)^{n-1} = \delta_{n1}.$$

Padawan в сообщении #330514 писал(а):

$$ \binom{n}{1}-\frac12\binom{n}{2}+\frac13\binom{n}{3}-\ldots+(-1)^{n-1}\frac1n\binom nn=1+\frac12+\frac13+\ldots+\frac1n $$

Обозначим

$$T_n = \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k+1}}{k} \binom{n}{k}.$$

Имеем:

$$T_n = \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k+1}}{k} \left(\binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k}\right) = \frac 1n \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} \binom{n}{k} + T_{n-1} = \frac{1}{n} + T_{n-1},$$

что вкупе с $T_1=1$ по идукции дает $T_n =H_n$.

[EtCetera]

Padawan в сообщении #330514 писал(а):

$$ \binom{n}{1}-2\binom{n}{2}+3\binom{n}{3}-\ldots+(-1)^{n-1}n\binom nn=\left\{\begin{array}{l}0\;\; \text{при}\;\; n\neq 1 \\ 1\;\;\text{при}\;\; n=1 \end{array}\right.$$

Рассмотрим функцию $f(x)=-(1-x)^n=\sum\limits_{i=0}^n \binom{n}{i}(-1)^{i-1} x^i$. Ее производная $f'(x)=n(1-x)^{n-1}=\sum\limits_{i=1}^n \binom{n}{i}(-1)^{i-1} ix^{i-1}$. $f'(1)=0$ при $n>1$ и $f'(1)=1$ при $n=1$. С другой стороны, $f'(1)=\sum\limits_{i=1}^n \binom{n}{i}(-1)^{i-1} i$ - искомая сумма.

Padawan в сообщении #330514 писал(а):

$$ \binom{n}{1}-\frac12\binom{n}{2}+\frac13\binom{n}{3}-\ldots+(-1)^{n-1}\frac1n\binom nn=1+\frac12+\frac13+\ldots+\frac1n $$

Теперь рассмотрим функцию $f(x)=\sum\limits_{i=1}^n \binom{n}{i}(-1)^{i-1}x^{i-1}=\frac{1-(1-x)^n }{x}$.
$\int\limits_0^1 f(x)\,dx=\int\limits_0^1\sum\limits_{i=1}^n \binom{n}{i}(-1)^{i-1}x^{i-1}\,dx=$ $\sum\limits_{i=1}^n\binom{n}{i}(-1)^{i-1}\int\limits_0^1 x^{i-1}\,dx=\sum\limits_{i=1}^n\binom{n}{i}(-1)^{i-1}\frac{1}{i}$ - левая часть, а $\int\limits_0^1 f(x)\,dx=\int\limits_0^1 \frac{1-(1-x)^n }{x}\,dx=$ $-\int\limits_0^1\frac{1-(1-x)^n}{1-(1-x)}\,d(1-x)=\int\limits_0^1\frac{1-x^n}{1-x}\,dx=$ $\int\limits_0^1\sum\limits_{i=0}^{n-1}x^i\,dx=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\int\limits_0^1 x^i\,dx=$ $\sum\limits_{i=0}^{n-1}\frac{1}{i+1}=\sum\limits_{i=1}^n\frac{1}{i}$ - правая часть доказываемого тождества.

[Padawan]

Padawan в сообщении #330514 писал(а):

Еще две задачи, оттуда же

$$ \binom{n}{1}-2\binom{n}{2}+3\binom{n}{3}-\ldots+(-1)^{n-1}n\binom nn=\left\{\begin{array}{l}0\;\; \text{при}\;\; n\neq 1 \\ 1\;\;\text{при}\;\; n=1 \end{array}\right.$$

Моё решение. В тождестве

$$\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{\alpha_k}{k!}z^k\sum\limits_{l=0}^\infty\frac{\beta_l}{l!}z^l=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{\gamma_n}{n!}z^n\;\; ,$$

$\gamma_n=\alpha_0\beta_n+\binom n1\alpha_1\beta_{n-1}+\binom n2\alpha_2\beta_{n-2}+\ldots+\alpha_n\beta_0$,
положим $\alpha_k=(-1)^{k-1}k$, $k=0,1,2,\ldots$, $\beta_l=1$, $l=0,1,2,\ldots$
Получится $ze^{-z}e^z=z$. Значит, $\dfrac{\gamma_n}{n!}=\delta_{1n}$.

[ewert]

Padawan в сообщении #330514 писал(а):

Еще две задачи, оттуда же

$$ \binom{n}{1}-2\binom{n}{2}+3\binom{n}{3}-\ldots+(-1)^{n-1}n\binom nn=\left\{\begin{array}{l}0\;\; \text{при}\;\; n\neq 1 \\ 1\;\;\text{при}\;\; n=1 \end{array}\right.$$

А я чего-то не понял юмора:

$$\sum_{k=0}^nC_n^k\cdot k\,(-1)^{k-1}=\left.\left(\sum_{k=0}^nC_n^k\cdot x^k\right)'\right|_{x=-1}=\left.\big((1+x)^n\big)'\Big|_{x=-1}=0$$

(кроме случая $n=1$, конечно)

[Mathusic]

ewert в сообщении #330678 писал(а):

А я чего-то не понял юмора.

Юмора нет. Всё действительно так просто. Кстати, аналогичное решение дал до вас EtCetera.

[ewert]

(Оффтоп)

Mathusic в сообщении #330680 писал(а):

Кстати, аналогичное решение дал до вас EtCetera.

Ну там как-то длинно, вот я и не заметил, прошу прощения.

[Padawan]

Padawan в сообщении #330514 писал(а):

$$ \binom{n}{1}-\frac12\binom{n}{2}+\frac13\binom{n}{3}-\ldots+(-1)^{n-1}\frac1n\binom nn=1+\frac12+\frac13+\ldots+\frac1n $$

А эту я так решил.

$$(z-\frac{1}{2}z^2+\frac{1}{3}z^3-\ldots+(-1)^{n-1}\frac 1nz^n+\ldots)(\binom nn +\binom{n}{n-1}z+\ldots+\binom{n}{1}z^{n-1}+z^n)=\ln(1+z)\cdot (1+z)^n$$

Искомое выражение $T_n$ есть коэффициент при $z^n$ в разложении этой функции.
$\left(\ln(1+z)\cdot(1+z)^n\right)'=(1+z)^{n-1}+n\ln(1+z)\cdot (1+z)^{n-1}$
Приравнивая здесь коэффициенты при $z^{n-1}$, получим
$nT_n=1+nT_{n-1}$, т.е. $T_n=T_{n-1}+\dfrac 1n$.