Как доказать, что сумма равна 0

[Slav-27]

Для любого - не получится, а при условии $l$ целое, $0\leqslant l < n$ - получится. Хоть что-то

-- 03.04.2016, 23:47 --

(Оффтоп)

Можно разностями.

Пусть $\Delta$ - оператор, который действует на последовательность $p_n$, возвращая её первые разности $\Delta p_n = p_{n+1}-p_{n}$. Его можно применять несколько раз, получая операторы $\Delta\Delta=\Delta^2, \Delta\Delta\Delta=\Delta^3$ и т. д. ($\Delta^2$ возвращает вторые разности: $\Delta^2p_n=\Delta(\Delta p_n)=\Delta p_{n+1}-\Delta p_n=(p_{n+2}-p_{n+1})-(p_{n+1}-p_n)$ - таким же образом $\Delta^3$ возвращает третьи разности и т. д.)

Штука в том, что то выражение представляет собой $n$-е разности некоторого многочлена - а известно, что у многочлена $n$-й степени $n$-е разности постоянны и, соответственно, $n+1$-е зануляются.

Пример для многочлена $p_n=n^2$:

$ \begin{tabular}{l|llllllllll} \text{Квадраты} & 1 & & 4 & & 9 & & 16 & & 25\\ \text{Первые разности}& & 3 & & 5 & & 7 & & 9 & \\ \text{Вторые разности}& & & 2 & & 2 & & 2 & & \\ \end{tabular} $

Как понять, что это $n$-е разности? А очень просто!

Введём ещё оператор сдвига на единицу $\operatorname{E}$ таким образом, что $\operatorname{E}p_n=p_{n+1}$: тогда $\Delta=\operatorname{E}-1$, и, соответственно, $\Delta^n=(\operatorname{E}-1)^n=\sum\limits_{i=0}^{n}C_n^i(-1)^{n-i}\operatorname{E}^i$, а $\operatorname{E}^i$ - это просто оператор сдвига на $i$.

Осталось строго обосновать этот символический вывод, а также сообразить, какой многочлен скормить этому оператору.

[Brukvalub]

(Оффтоп)

Техника, показанная уважаемым Slav-27 в оффтопе, подробно разобрана, например, в монографии Грэхем, Кнут, Поташник Конкретная математика.

[math.fi]

Не, ребят, тут все должно быть гораздо проще. Давайте я озвучу полную задачу и как я получил подзадачу. Есть большая вероятность, что я просто потерял навык которым обладал, когда учился на 1х курсах. Наверное, я ввел всех в заблуждение. Вот полная задача:
Задача из задачника Л.Д. Кудрявцев, А.Д. Кутасов, В.И. Чехлов, М.И. Шабунин
Гл. Введение Задача 4
Доказать, что если последовательность является арифметической прогрессией, то при любом n>=3 и любом к справедливо равенство
$ a_1^k-C_n^1 a_2^k+C_n^2 a_3^k+\cdots+(-1)^nC_n^n a_{n+1}^k=0 $
Попытался свернуть немного:
$(1+p)^l = \sum\limits_{k=0}^l C_l^k p^k$
домножим слева и справа и проссумируем:
$\sum\limits_{p=0}^n (-1)^p C_n^p (1+p)^l = \sum\limits_{p=0}^n (-1)^p C_n^p \sum\limits_{k=0}^l C_l^k p^k = \sum\limits_{k=0}^l C_l^k \sum\limits_{p=0}^n ((-1)^p C_n^p p^k) $
Вот собственно как я свел к этой подзадаче, но возможно, есть другие варианты.

-- 04.04.2016, 00:19 --

Brukvalub в сообщении #1111943 писал(а):

(Оффтоп)

Техника, показанная уважаемым Slav-27 в оффтопе, подробно разобрана, например, в монографии Грэхем, Кнут, Поташник Конкретная математика.

Да разнуры были у нас когда-то, но я сейчас не помню и пока не нужно. Хочется решить "простым" методом - смекалкой.

[arseniiv]

del. Проворонил степени.

[math.fi]

StaticZero в сообщении #1111929 писал(а):

Slav-27 в сообщении #1111928 писал(а):

А у меня работает

Простите, позволю себе самоцитирование.

StaticZero в сообщении #1111918 писал(а):

Рассмотрим произвольное $l \ne 0$ при $n = 3$. Имеем

$$ -3 \cdot 1 + 3 \cdot 2^l - 3^l = 3 (2^l - 3^{l - 1} - 1). $$

Едва ли скобка — тождественный ноль.

Если цифры для l - (натуралные) подставлять, то можно убедиться, что оно работает для 1,2,3. Смею предположить, что и для произвольного работает.

[arseniiv]

Покажите, как оно работает для $l=3$.

[math.fi]

arseniiv в сообщении #1111953 писал(а):

del. Проворонил степени.

Именно, а так бы получилось весело и скучно, а не боль-мозг.

[Brukvalub]

math.fi в сообщении #1111954 писал(а):

Если цифры для l - (натуралные) подставлять, то можно убедиться, что оно работает для 1,2,3. Смею предположить, что и для произвольного работает.

Устремите $ l \to\infty$ , тоже работает?

[math.fi]

arseniiv в сообщении #1111956 писал(а):

Покажите, как оно работает для $l=3$.

Да, я ошибся. Только пока не знаю где.
Такие выкладки получаются, если подставить в задачу
$a_{n+1} = a_1 +nd $

-- 04.04.2016, 01:06 --

В общем вот так вот:
$ S_n = \sum\limits_{p=0}^n C_n^p (-1)^p a_{p+1}^l = \sum\limits_{p=0}^n C_n^p (-1)^p (a_1 + pd)^l = \\ \sum\limits_{p=0}^n C_n^p (-1)^p \sum\limits_{k=0}^l a_1^{l-k} p^k d^k = \\ \sum\limits_{k=0}^l C_l^k a_1^{l-k} d^k \sum\limits_{p=0}^n (-1)^p p^k $

[StaticZero]

Пожалуй, выскажусь насчёт изначального утверждения. Если с моей стороны это неправильно, прошу извинить.

(Спойлер)

Рассмотрим выражение

$$ P(n, m) = \sum \limits_{k = 0}^n (-1)^k \mathrm C_n^k k^m, $$

где $m$ — целочисленный параметр с ограничениями $0 \leqslant m \leqslant n - 1$. Случай $m = 0$ очевиден; рассмотрим случаи $m > 0$. Преобразуйте выражение к виду

$$ P(n, m) = -n \sum \limits_{p = 0}^{m - 1} \mathrm C_{m - 1}^{p} P(n - 1, p). $$

Это выражение представляет собой индукционный (по $n$) переход. Остаётся лишь правильно им воспользоваться.

[arseniiv]

math.fi в сообщении #1111961 писал(а):

В общем вот так вот:
$ S_n = \sum\limits_{p=0}^n C_n^p (-1)^p a_{p+1}^l = \sum\limits_{p=0}^n C_n^p (-1)^p (a_1 + pd)^l = \\ \sum\limits_{p=0}^n C_n^p (-1)^p \sum\limits_{k=0}^l a_1^{l-k} p^k d^k = \\ \sum\limits_{k=0}^l C_l^k a_1^{l-k} d^k \sum\limits_{p=0}^n (-1)^p p^k $

В последних двух выражениях то один, то другой биномиальный коэффициент отсутствуют, кстати говоря.

[math.fi]

arseniiv в сообщении #1111988 писал(а):

math.fi в сообщении #1111961 писал(а):

В общем вот так вот:
$ S_n = \sum\limits_{p=0}^n C_n^p (-1)^p a_{p+1}^l = \sum\limits_{p=0}^n C_n^p (-1)^p (a_1 + pd)^l = \\ \sum\limits_{p=0}^n C_n^p (-1)^p \sum\limits_{k=0}^l a_1^{l-k} p^k d^k = \\ \sum\limits_{k=0}^l C_l^k a_1^{l-k} d^k \sum\limits_{p=0}^n (-1)^p p^k $

В последних двух выражениях то один, то другой биномиальный коэффициент отсутствуют, кстати говоря.

Прошу прощения, по невнимательности, конечно, я случайно опустил эти коэффициенты при копировании:
$ S_n = \sum\limits_{p=0}^n C_n^p (-1)^p a_{p+1}^l = \sum\limits_{p=0}^n C_n^p (-1)^p (a_1 + pd)^l = \\ \sum\limits_{p=0}^n C_n^p (-1)^p \sum\limits_{k=0}^l a_1^{l-k} C_n^p p^k d^k = \\ \sum\limits_{k=0}^l C_l^k a_1^{l-k} d^k \sum\limits_{p=0}^n (-1)^p C_n^p p^k $

[Sinoid]

math.fi в сообщении #1111951 писал(а):

Доказать, что если последовательность является арифметической прогрессией, то при любом n>=3 и любом к справедливо равенство
$
a_1^k-C_n^1 a_2^k+C_n^2 a_3^k+\cdots+(-1)^nC_n^n a_{n+1}^k=0
$

Так, соображение на скорую руку. Если $d$ - разность прогрессии, то после раскрытия скобок коэффициент при $a_{1}^{k-j}d^{j}$ будет равен значению производной порядка $j$ функции $(1-e^{x})^{n}$ в точке $x_0=0$.

[Slav-27]

math.fi
Хочется обратить внимание две вещи.
1) Думаю, вы это уже поняли, но всё-таки: с вашими изначальными условиями -- для любого, хоть бы даже и натурального, $l$ -- ничего не получится, ибо утверждение неверно.

2)

math.fi в сообщении #1111951 писал(а):

Да разнуры были у нас когда-то, но я сейчас не помню и пока не нужно. Хочется решить "простым" методом - смекалкой.

Чем вам не нравятся разности? Решение через разности, по-моему, не сложнее, чем то, что вы уже в этой теме успели написать. Заметьте, что это решение я уже написал выше (осталось несколько слов прибавить). При этом оно очевидно обобщается для случая любой арифметической прогрессии, а не только $a_n=n.$

Ну или индукцию уже примените, как тут предлагают.