Prueba de que la transformada binomial es la involución.

Question

Sea$\{x_n\}$,$n=0,1,2,\ldots$, sea una secuencia, y sea$\{y_n\}$,$n=0,1,2,\ldots$, sea su transformada binomial, es decir, $$ y_n = \ sum_ {k = 0} ^ {n} (-1) ^ k {n \ elige k} x_k. $$ Necesito probar que la transformada binomial es una involución, es decir, $$ x_n = \ sum_ {k = 0} ^ {n} (-1) ^ k {n \ elige k} y_k. $$

Intenté usar la identidad combinatoria de Vandermonde pero fallé. Por favor ayúdame a probar.

Answer 1

Si$g(t) = \sum_{n=0}^\infty x_n t^n$ es la función generadora de$\{x_n\}$, entonces la función generadora de$\{y_n\}$ es $$ \ eqalign {h (t) & = \ sum_ {n = 0} ^ \ infty \ sum_ {k = 0} ^ n (-1) ^ k {n \ elige k} x_k t ^ n \ cr & = \ sum_ {k = 0} ^ \ infty (-1) ^ k x_k \ sum_ {n = k} ^ \ infty {n \ elige k} t ^ n \ cr & = \ sum_ {k = 0} ^ \ infty (-1) ^ k x_k \ frac {t ^ k} {(1-t) ^ { k +1}} & = \ dfrac {1} {1-t} g \ left (- \ frac {t} {1-t} \ right)} $$ Si$s = -t/(1-t)$, entonces$t = -s/(1-s)$, y esto dice$$ g(s) = (1-t) h(t) = \dfrac{1}{1-s} h\left(-\frac{s}{1-s}\right)$ $ Por lo tanto, la función generadora de la transformada binomial de$\{y_n\}$ es$g$ otra vez.

Answer 2

Supongamos que tratan de demostrar que

$$b_n = \sum_{k=0}^n (-1)^k {n\elegir k} \sum_{q=0}^k (-1)^p {k\elegir q} b_q.$$

Invertir la suma de dos obtenemos

$$\sum_{q=0}^n (-1)^q b_q \sum_{k=q}^n (-1)^k {n\elegir k} {k\elegir q}.$$

Tenemos

$${n\elegir k} {k\elegir q} = {n\elegir q} {n-p\elegir k-q}$$

y obtenemos

$$\sum_{q=0}^n (-1)^q b_q \sum_{k=q}^n (-1)^k {n\elegir q} {n-p\elegir k-q} \\ = \sum_{q=0}^n (-1)^p {n\elegir q} b_q \sum_{k=q}^n (-1)^k {n-p\elegir k-q} \\ = \sum_{q=0}^n {n\elegir q} b_q \sum_{k=0}^{n-q} (-1)^k {n-p\elegir k}.$$

Ahora el interior de la suma es $(-1)^0 {0\choose 0} = 1$ al $q=n$ y $(1-1)^{n-q} = 0$ lo contrario. Esto deja

$${n\choose n} b_n = b_n.$$

Answer 3

También es conveniente mostrar la involución de la propiedad con la ayuda de exponenciales funciones de generación.

Vamos \begin{align*} A(t)=\sum_{n=0}^\infty x_{n}\frac{t^n}{n!} \qquad\text{and}\qquad B(t)=\sum_{n=0}^\infty y_{n}\frac{t^n}{n!} \end{align*} el exponencial funciones de generación de $\{x_n\}$$\{y_n\}$.

Desde \begin{align*} A(-t)e^t&=\left(\sum_{k=0}^\infty x_{k}\frac{(-t)^k}{k!}\right)\left(\sum_{l=0}^\infty \frac{t^l}{l!}\right)\\ &=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{{k+l=n}\atop{k,l\geq 0}}\frac{(-1)^kx_k}{k!}\cdot\frac{1}{l!}\right)t^n\\ &=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^kx_k\right)\frac{t^n}{n!}\\ &=\sum_{n=0}^\infty y_n\frac{t^n}{n!}\\ &=B(t) \end{align*}

obtenemos la siguiente correspondencia \begin{align*} B(t)=A(-t)e^t\qquad\longleftrightarrow\qquad y_n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^k x_{k}\tag{1} \end{align*}

Multiplicación con $e^{-t}$ y la sustitución de $t$ $-t$ da \begin{align*} A(t)=B(-t)e^{t} \end{align*}

De acuerdo a (1) llegamos a la conclusión de que debido a la simetría

\begin{align*} A(t)=B(-t)e^t\qquad\longleftrightarrow\qquad x_n=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}(-1)^ky_{k} \end{align*} y el reclamo de la siguiente manera desde la secuencia y su binomio transformar tienen la misma generación de función.

Answer 4

Sea$L$ la transformación lineal del espacio de polinomios en$t$ en el espacio de los escalares que está determinado por $$ L (t ^ n) = x_n \ text {for} n = 0,1 , 2, \ ldots. $$ Luego $$ y_n = \ sum_ {k = 0} ^ n (-1) ^ k \ binom nk x_k = \ sum_ {k = 0} ^ n (-1) ^ k \ binom nk L (t ^ k ) = L \ left (\ sum_ {k = 0} ^ n \ binom nk (-t) ^ k \ right) = L ((1-t) ^ n). $$ Y \begin{align} x_n & = L(t^n) = L((1-(1-t))^n) = L \left( \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom n k (1-t)^k \right) \\[10pt] & = \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom n k L((1-t)^k) = \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom n k y_k. \end {align} (Hasta donde sé, este argumento se debe a Gian-Carlo Rota).