4 votos

Mostrar que $2^n-(n-1)2^{n-2}+\frac{(n-2)(n-3)}{2!}2^{n-4}-...=n+1$

Si n es un entero positivo necesito mostrar que

$2^n-(n-1)2^{n-2}+\frac{(n-2)(n-3)}{2!}2^{n-4}-...=n+1$

Mi conjetura: de alguna manera necesito dos equivalentes binomio de expresión cuyos coeficientes necesito para comparar.Pero que dos binomio expresiones? No sé!

P. S:no use Sterling Números o muy alto nivel de matemáticas...

4voto

DiGi Puntos 1925

Usted puede demostrar por inducción sobre $n$. Vamos

$$f(n)=\sum_{k\ge 0}(-1)^k2^{n-2k}\binom{n-k}k\;.$$

Luego de la inducción de paso que tiene

$$\begin{align*} f(n+1)&=\sum_{k\ge 0}(-1)^k2^{n+1-2k}\binom{n+1-k}k\\ &=2\sum_{k\ge 0}(-1)^k2^{n-2k}\left(\binom{n-k}k+\binom{n-k}{k-1}\right)\\ &=2f(n)-2\sum_{k\ge 0}(-1)^k2^{n-2-2k}\binom{n-1-k}k\\ &=2f(n)-\sum_{k\ge 0}(-1)^k2^{n-1-2k}\binom{n-1-k}k\\ &=2f(n)-f(n-1)\\ &=2(n+1)-n\\ &=n+2\;. \end{align*}$$

2voto

Anthony Shaw Puntos 858

Aquí es un enfoque de función de la generación de $$ \begin{align} \sum_{n=0}^\infty a_nx^n &=\sum_{n=0}^\infty\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n-k}{k}2^{n-2k}x^n\tag{1}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\sum_{n=k}^\infty(-1)^k\binom{n-k}{k}2^{n-2k}x^n\tag{2}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\left(-\frac14\right)^k\sum_{n=k}^\infty\binom{n-k}{k}(2x)^n\tag{3}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\left(-\frac14\right)^k\sum_{n=0}^\infty\binom{n}{k}(2x)^{n+k}\tag{4}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\left(-\frac x2\right)^k\sum_{n=0}^\infty\binom{n}{k}(2x)^n\tag{5}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\left(-\frac x2\right)^k\sum_{n=0}^\infty(-1)^{n-k}\binom{-k-1}{n-k}(2x)^n\tag{6}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\left(-\frac x2\right)^k\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\binom{-k-1}{n}(2x)^{n+k}\tag{7}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\left(-x^2\right)^k\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\binom{-k-1}{n}(2x)^n\tag{8}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\left(-x^2\right)^k\frac1{(1-2x)^{k+1}}\tag{9}\\ &=\frac1{1-2x}\frac1{1+\frac{x^2}{1-2x}}\tag{10}\\ &=\frac1{(1-x)^2}\tag{11}\\ &=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\binom{-2}{k}x^k\tag{12}\\ &=\sum_{k=0}^\infty(k+1)x^k\tag{13}\\ \end{align} $$ Explicación:
$\phantom{0}(2)$: cambiar el orden de la suma de
$\phantom{0}(3)$: mover $(-1)^k2^{-2k}=\left(-\frac14\right)^k$ frente
$\phantom{0}(4)$: sustituto $n\mapsto n+k$
$\phantom{0}(5)$: mover $(2x)^k$ frente
$\phantom{0}(6)$: $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}=(-1)^{n-k}\binom{-k-1}{n-k}$ (ver esta respuesta)
$\phantom{0}(7)$: sustituto $n\mapsto n+k$
$\phantom{0}(8)$: mover $(2x)^k$ frente
$\phantom{0}(9)$: Teorema Del Binomio
$(10)$: suma de una serie geométrica
$(11)$: simplificación
$(12)$: Teorema Del Binomio
$(13)$: $(-1)^k\binom{-2}{k}=\binom{k+1}{k}=\binom{k+1}{1}=k+1$

Igualando los coeficientes de $x^k$, obtenemos $a_n=n+1$.

1voto

Anthony Shaw Puntos 858

Podemos desarrollar la Recurrencia Lineal $$ \begin{align} a_n &=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n-k}{k}2^{n-2k}\\ &=\sum_{k=0}^n(-1)^k\left[\binom{n-k-1}{k}+\binom{n-k-1}{k-1}\right]2^{n-2k}\\ &=2\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\binom{n-k-1}{k}2^{n-2k-1}-\sum_{k=0}^{n-2}(-1)^k\binom{n-k-2}{k}2^{n-2k-2}\\[6pt] &=2a_{n-1}-a_{n-2} \end{align} $$ que tiene la ecuación característica $$ x^2-2x+1=0 $$ que tiene una doble raíz en $x=1$. Por lo tanto, la solución tiene la forma $$ a_n=c_0\cdot1^n+c_1n\cdot1^n $$ Desde $a_0=1$$a_1=2$, obtenemos $$ a_n=n+1 $$

1voto

Farkhod Gaziev Puntos 6

Os dejo el criterio de unicidad para el lector.

Vamos a considerar el uso de la $r+1$el plazo de la $$(2x^a-x^b)^{m-r}$$, que será

$$\binom{m-r}r2^{m-2r}(-1)^rx^{am+r(b-2a)}$$

WLOG elija $b=2,a=1$

Por eso, $\displaystyle\binom{m-r}r2^{m-2r}(-1)^r$ será el coeficiente de $x^m$ $\displaystyle(2x-x^2)^{m-r}$

$$\implies\sum_{r=0}^{2r\le m}\binom{m-r}r2^{m-2r}(-1)^r$$ will be the coefficient of $x^m$ in the expansion of $$\sum_{r=0}^{2r\le m}(2x-x^2)^{m-r}$$

es decir, en la expansión de $$\sum_{r=0}^m(2x-x^2)^{m-r}=\sum_{u=0}^m(2x-x^2)^u=\dfrac{1-(2x-x^2)^{m+1}}{1-(2x-x^2)}=\{1-(2x-x^2)^{m+1}\}(1-x)^{-2}$$

es decir, en la expansión de $\displaystyle(1-x)^{-2}$

Ahora el coeficiente de en $x^n(n\ge0)$ $\displaystyle(1-x)^{-2}$ (suponiendo que la convergencia) es

$$\dfrac{(-1)^n(-2)(-3)\cdots(-n)(-n-1)}{n!}=n+1$$

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