Reescribiendo exponentes como sigmas, ¿es esto una cosa?

Question

Es esta cosa? Si no, alguien me puede ayudar en esto?

Así que esto lo vi hace un tiempo. $$\sum_{i=0}^n(2n + 1) = n^2$$ Para positivo n. Esto es muy interesante, y me preguntaba si yo podría escribir cualquier n^x en notación sigma.

Aquí fue mi proceso de pensamiento. Tomar la diferencia de los poderes, para encontrar un patrón. Esto por $n^2$ le da:

0 1 4 9 16 25...

1 3 5 7 9...

2 2 2 2...

Por lo que este dice que la diferencia de cuadrados consecutivos son números impares que aumentar por dos. $2^7$ podría decirse como $1+3+5+7+9+11+13$.

Para cubos hice lo mismo.

0 1 8 27 64 125...

1 7 19 37 61...

6 12 18 24...

6 6 6...

Este dice que la diferencia de las diferencias de las diferencias(pls no más redundancia) de un conjunto de cubos es 6. $6^3$ se puede decir que la $1+7+19+37+61+91$.

Esto en notación sigma es $$\sum_{i=0}^n(2n + 1) = n^2$$ y $$\sum_{i=0}^n((\sum_{j=0}^{i}6j) + 1) = n^3$$

He programado una herramienta que me ayude a encontrar el num de que las diferencias se reducen.

Sabemos que 2 es 2, de a 3 es 6.

He calculado para 3 más, a continuación, encontrar algo.

4: 24

5: 120

6: 720

Estos fueron todos los factoriales. $5! = 120, 6! =720$ y así sucesivamente.

Estas ecuaciones contienen todos estos números.

Creo que la n a la x potencia de x sigmas que suma uno al otro, con la última sigma sumar x!. Esto es más probable de cerca, pero mal.

Me estoy perdiendo un montón de información acerca de esto, tengo que pensar más.

Answer 1

Aqui hay algunas ideas:

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PS

PS

Answer 2

quizás el hecho más interesante que surja de su investigación sea la relación: $$\ sum_ {k = 1} ^ n (-1) ^ {nk} \ binom {n} {k} k ^ n = n!$$ esto se puede derivar aplicando el principio de inclusión-exclusión para contar los endomorfismos de un conjunto que contiene$n$ elementos.

Answer 3

La suma de las fórmulas de obtener engorroso después de más de uno o dos $\sum$ símbolos de producirse, así que me voy a inventar un poco de propósito especial de notación. (O volver ainventar una notación, como creo que alguien más probablemente ha utilizado la notación con un propósito similar antes.)

Vamos $$\newcommand{\msum}[2]{#1^{\langle{#2}\rangle}} \begin{eqnarray} \msum{N}{0} &=& 1,\\ \msum{N}{p} &=& p \sum_{n=1}^N \msum{n}{p} \quad \mbox{for}\quad p > 0. \end{eqnarray}$$

Entonces $$\begin{eqnarray} \msum{N}{1} &=& 1 \sum_{n=1}^N 1 = N,\\ \msum{N}{2} &=& 2 \sum_{n=1}^N \sum_{m=1}^n 1 = (N+1)N,\\ \msum{N}{3} &=& 6 \sum_{n=1}^N \sum_{m=1}^n \sum_{k=1}^m 1 = (N+2)(N+1)N, \end{eqnarray}$$ y así sucesivamente. En general,

$$\msum{N}{p} = (N + p - 1)(N + p - 1)\cdots(N + 2)(N + 1)N.$$

Claramente $$N^2 = (N+1)N - N = \msum{N}{2} - \msum{N}{1}.$$

Con el fin de escribir los poderes superiores de $N$ en términos de estas cantidades, será útil para derivar tales ecuaciones para los distintos valores de $m$ $k$ en $(N+m)(N+m-1)\cdots(N+2)(N+1)N^k$ y a la reutilización de dichas ecuaciones, mientras trabajaba en los poderes superiores. Por ejemplo, $$\begin{eqnarray} (N+1)N^2 &=& (N+2)(N+1)N - 2(N+1)N \\ &=& \msum N3 - 2\msum N2,\\ N^3 &=& (N+1)N^2 - N^2 = \msum N3 - 2\msum N2 - (\msum N2 - \msum N1) \\ &=& \msum N3 - 3\msum N2 + \msum N1, \\ &&\\ (N+2)(N+1)N^2 &=& (N+3)(N+2)(N+1)N - 3(N+2)(N+1)N \\ &=& \msum N4 - 3\msum N3,\\ (N+1)N^3 &=& (N+2)(N+1)N^2 - 2(N+1)N^2 \\ &=& \msum N4 - 3\msum N3 - 2(\msum N3 - 2\msum N2),\\ &=& \msum N4 - 5\msum N3 + 4\msum N2,\\ N^4 &=& (N+1)N^3 - N^3 \\ &=& \msum N4 - 5\msum N3 + 4\msum N2 - (\msum N3 - 3\msum N2 + \msum N1) \\ &=& \msum N4 - 6\msum N3 + 7\msum N2 - \msum N1, \\ &&\\ (N+3)(N+2)(N+1)N^2 &=& (N+4)(N+3)(N+2)(N+1)N \\ && \qquad - 4(N+3)(N+2)(N+1)N \\ &=& \msum N5 - 4\msum N4,\\ (N+2)(N+1)N^3 &=& (N+3)(N+2)(N+1)N^2 - 3(N+2)(N+1)N^2 \\ &=& \msum N5 - 4\msum N4 - 3(\msum N4 - 3\msum N3) \\ &=& \msum N5 - 7\msum N4 + 9\msum N3,\\ (N+1)N^4 &=& (N+2)(N+1)N^3 - 2(N+1)N^3 \\ &=& \msum N5 - 7\msum N4 + 9\msum N3 - 2(\msum N4 - 5\msum N3 + 4\msum N2),\\ &=& \msum N5 - 9\msum N4 + 19\msum N3 - 8\msum N2,\\ N^5 &=& (N+1)N^4 - N^4 \\ &=& \msum N5 - 9\msum N4 + 19\msum N3 - 8\msum N2 \\ && \qquad - (\msum N4 - 6\msum N3 + 7\msum N2 - \msum N1) \\ &=& \msum N5 - 10\msum N4 + 25\msum N3 -15\msum N2 + \msum N1, \\ \end{eqnarray}$$ así que es tedioso pero no es difícil continuar hacia cualquier positiva potencia entera de $N$, y fácilmente se podría programar un ordenador para escribe la fórmula de la $N^p$ en esto de la moda.

Pero también tenemos $$\begin{eqnarray} \msum{N}{1} &=& 1 \sum_{n=1}^N 1 = N,\\ \msum{N}{2} &=& 2 \sum_{n=1}^N \sum_{m=1}^n 1,\\ \msum{N}{3} &=& 6 \sum_{n=1}^N \sum_{m=1}^n \sum_{k=1}^m 1, \end{eqnarray}$$ y así sucesivamente. Desde cada uno de los índice de la suma, que sólo aparece como el número de términos de la siguiente interior de la suma, si asumimos que el índice de la suma siempre se ejecuta de $1$ para el índice de la siguiente ultraperiféricas suma, excepto por la parte más externa de la suma (que se ejecuta de$1$$N$), luego también podemos escribir $$\begin{eqnarray} \msum{N}{2} &=& 2 \sum \sum 1 = \sum \sum 2!,\\ \msum{N}{3} &=& 6 \sum \sum \sum 1 = \sum \sum \sum 3!, \end{eqnarray}$$ y en general, $$\msum{N}{p} = \underbrace{\sum \sum \cdots \sum}_{\text{$n$ times}} p!.$$

La observación de que $$\sum\left(\underbrace{\sum \sum \cdots \sum}_{\text{$$ n veces}} b + a\right) = \underbrace{\sum \sum \cdots \sum}_{\text{$n+1$ veces}} b + \underbrace{\sum \sum \cdots \sum}_{\text{$n$ veces}},$$

podemos escribir $$\begin{align} a_p\msum {N&}p + a_{p-1}\msum Np + \cdots + a_2\msum N3 + a_2\msum N2 + a_1\msum N1 \\ &= \sum\left( \sum\left( \sum\left( \cdots \sum\left( \sum p!a_p + (p-1)!a_{p-1}\right) \cdots + 3!a_3\right) + 2!a_2\right) + a_1\right) \end{align}$$

Entonces podemos reescribir las ecuaciones ya se encuentra para $N^p$ como sigue:

$$\begin{eqnarray} N &=& \sum 1, \\ N^2 &=& \sum\left( \sum 2 - 1 \right), \\ N^3 &=& \sum\left( \sum\left( \sum 6 - 6 \right) + 1\right), \\ N^4 &=& \sum\left( \sum\left( \sum\left( \sum 24 - 36 \right) + 14\right) - 1\right),\\ N^5 &=& \sum\left( \sum\left( \sum\left( \sum\left( \sum 120 - 240 \right) + 150\right) - 30\right) + 1\right). \end{eqnarray}$$

De hecho, el primer término de esta expansión de $N^p$ siempre $p!$, como pensaba, el último siempre es $\pm 1,$ y los otros términos son múltiplos de $q!$ $q = p-1, p-2, \ldots, 2.$