¿Por qué este proceso de generar el factorial de que el exponente?

Question

Considerar el proceso de la toma de una serie de números y la construcción de una nueva serie que consiste en la diferencia entre términos consecutivos, y repetir esto hasta que un constante se alcanza:

$$2,8,18,32,50\\6,10,14,18\\4,4,4$$

Cuando este proceso se aplica a las secuencias de la forma $f(n) = n^a$, la constante alcanzado parece siempre ser $a!$:

$$1,2,3\\1,1$$

$$1,4,9,16\\3,5,7\\2,2\\$$

$$1,8,27,64,125\\7,19,37,61\\12,18,24\\6,6$$

$$1,16,81,256,625,1296\\15,65,175,369,671\\50,110,194,302\\60,84,108\\24,24$$

Puede ser demostrado?

Answer 1

Sí, siempre se obtiene el factorial.

La forma de describir para la construcción de cada nuevo sub-serie de la figura de arriba es similar a tomar la derivada de una función de potencia, pero en intervalos discretos. La regla para tomar la derivada de una función de potencia se que $\frac{d}{dx}x^a=ax^{a-1}$. Repetir la extracción de este derivado hasta allí es una constante (la potencia es 0) significa que el final coeficiente de en $cx^0$ $a(a-1)(a-2)\dots(2)(1)$ o $a!$.

Answer 2

Sí, es muy hermosa la prueba.

Recomiendo leer acerca de los números de Stirling de segunda clase...

En realidad es igual a la cantidad de colorante de $n$ bolas con $n$ color de tal manera que cada color utilizado.

Por la doble contabilización será igual a una secuencia que surgen de incluir-excluir principio...

Yo prefiero no ir a los detalles porque sería encantador para usted para hacerlo por ti mismo.

Como referencia recuerdo un artículo muy bonito nombre de "encuentros Cercanos con el número de Stirling de segunda clase" Por Boyadzhiev Usted puede encontrar la prueba y fascinantes de la generalización de

Answer 3

Observar que al iterar hacia atrás las diferencias de una secuencia $Q(k)$ obtenemos $Q(k)-Q(k-1),$ $Q(k)-2Q(k-1)+Q(k-2)$ y así sucesivamente, por lo tanto tenemos por inducción que la $a$th hacia atrás diferencia está dada por

$$\sum_{m=0}^a {a\choose m} (-1)^m Q(k-m).$$

Ahora con $Q(k) = k^a$ esto se convierte en

$$\sum_{m=0}^a {a\choose m} (-1)^k (k-m)^a.$$

Esta suma ha aparecido con bastante frecuencia en la BMV y puede ser evaluado por poner

$$(k-m)^a = \frac {!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{+1}} \exp((k-m)z) \; dz.$$

Llegamos por la suma

$$\frac {!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{+1}} \sum_{m=0}^{\elegir m} (-1)^m \exp((k-m)z) \; dz \\ = \frac {!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{+1}} \exp(kz) (1-\exp(-z))^un \; dz.$$

Este es $$a! [z^a] \exp(kz) (1-\exp(-z))^a$$ pero

$$1-\exp(-z) = z - \frac{z^2}{2} + \frac{z^3}{6} - \cdots$$

y obtenemos $a!\times 1 = a!$ como se afirma desde el poder en $a$ comienza a $z^a$.

Answer 4

Denotar $D$ a la media de la operación de asignación de $f(x)$$f(x+1)$. Y denotan $I$ a la media de la operación de asignación de $f(x)$$f(x)$.

Usted está interesado en,

$$(D-I)^n x^n$$

$D,I$ son lineales operadores, de modo que se nos permite tratar a $(D-I)^n$ como un polinomio. Por el teorema del binomio, tenemos:

$$(D-k)^n x^n=\left(\sum_{k=0}^{n} (-1)^{n-k}{n \choose k}I^{n-k}D^{k} \right) x^n$$

$$=\sum_{k=0}^{n} (-1)^{n-k} {n \choose k} (x+k)^n$$

Porque tenemos $(D-i)^n x^n$ es constante, una sencilla prueba usando el teorema del binomio (a continuación), que puede elegir y $x$ mientras $x \in \{0,1,2,.....\}$. Elija $x=0$. Entonces tenemos,

$$=\sum_{k=0}^{n} (-1)^{n-k}{n \choose k} k^n$$

$$=k!S(n,n)$$

Donde $S$ indica los números de Stirling del segundo tipo.

$$=k!$$

Aquí está la prueba de que $(D-I)^n x^n$ es constante.

$$(D-I)x^n=(x+1)^{n}-x^{n}={n \choose 0}x^n+{n \choose 1} x^{n-1}1^1+...-x^n=nx^{n-1}+...$$

Así,

$$(D-I)x^{n-1}=(n-1)x^{n-2}+...$$

Y para $s$ un entero donde $s<n$.

$$(D-I)x^{n-s}=(n-s)x^{n-s-1}+...$$

También por una constante $c$,

$$(D-I)(c)=0$$

Debido a $(D-I)$ es un operador lineal podemos combinar los resultados anteriores y ver que $(D-I)$ mapas de un polinomio de grado $n$ a un polinomio de grado $n-1$.