Prueba inductiva para el teorema binomial para factorials ascendentes

Question

Quiero proponer la siguiente igualdad que contiene factorials ascendentes

ps

Para$$(x+y)^\overline{n}\overset{(*)}{=}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^\overline{k}y^\overline{n-k}.$ esta igualdad es obviamente correcta. Ahora he intentado crear la transición$n=1$ de esta manera

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Como no estoy tan familiarizado con los binomios y esas sumas, ¿alguien puede explicarme cómo transformar esta igualdad para lograr una representación como en$n-1\rightarrow n$?

Answer 1

El factoring de aumento$x^\overline{n}$ se puede obtener como$ \left. \left(- \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \right)^n t^{-x} \right|_{t=1}$.

Ahora, use$ \left(- \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \right)^n \left( f(t) g(t) \right) = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \left[ \left(- \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \right)^k f(t) \right] \times \left[ \left(- \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \right)^{n-k} g(t) \right] $ y utilícelo para$f(t) = t^{-x}$ y$g(t) = t^{-y}$.

Answer 2

La notación es un poco más ordenado, si hacemos la inducción paso de $n$ $n+1$en lugar de la de$n-1$$n$. Mi hipótesis de inducción es que para todos los $x$ y $y$, $$(x+y)^{\overline n} = \sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k}x^{\overline k}y^{\overline{n-k}}.$$

Quiero demostrar que para todos los $x$ y $y$, $$(x+y)^{\overline {n+1}} = \sum\limits_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}{k}x^{\overline k}y^{\overline{n+1-k}}.$$

Voy a estar usando el hecho de que $u^{\overline {m+1}} = u(u+1)^{\overline m}$.

$$\begin{align*} \sum\limits_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}{k}x^{\overline k}y^{\overline{n+1-k}} &= \sum\limits_{k=0}^n\binom{n+1}{k}x^{\overline k}y^{\overline{n+1-k}}+x^{\overline{n+1}}\tag{1}\\ &= \sum\limits_{k=0}^n \left(\binom{n}{k-1}+\binom{n}{k}\right)x^{\overline k}y^{\overline{n+1-k}}+x^{\overline{n+1}}\tag{2}\\ &= \sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k-1}x^{\overline k}y^{\overline{n+1-k}} + \sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k}x^{\overline k}y^{\overline{n+1-k}} + x^{\overline{n+1}}\\ &= \sum\limits_{k=0}^{n-1} \binom{n}{k}x^{\overline {k+1}}y^{\overline{n-k}} + \sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k}x^{\overline k}y^{\overline{n+1-k}} + x^{\overline{n+1}}\tag{3}\\ &= \sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k}x^{\overline {k+1}}y^{\overline{n-k}} + \sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k}x^{\overline k}y^{\overline{n+1-k}}\tag{4}\\ &= x \sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k} (x+1)^{\overline k}y^{\overline{n-k}} + y \sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k} x^{\overline k} (y+1)^{\overline {n-k}}\tag{5}\\ &= x(x+1+y)^{\overline n} + y(x+y+1)^{\overline n}\tag{6}\\ &= (x+y)(x+y+1)^{\overline n}\\ &= (x+y)^{\overline{n+1}} \end{align*}$$

En el paso $(1)$ me separó de el último término de la suma. En el paso $(2)$ I utiliza el binomio básico de la recursión. En el paso $(3)$ me hicieron un índice de cambio en el primer suma: el $k=0$ plazo es $0$, lo $k$ bien podría ejecutar de $1$ $n$y puede ser sustituido por $k-1$, que se ejecuta de$0$$n-1$. En el paso $(4)$ he combinado los separados plazo de paso $(1)$ con la primera suma. En el paso $(5)$ he usado el hecho que se menciona justo antes de la computación, y en el paso $(6)$ I aplicar la hipótesis de inducción. El resto es álgebra y otra vez el hecho mencionado antes de que la computación.

Answer 3

Para cualquiera que esté interesado, aquí está una manera de demostrar la identidad de la que no usa la inducción.

$$\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^\overline{k}y^\overline{n-k} = n! \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k (-x)^{\underline{k}}}{k!} \frac{(-1)^{n-k}(-y)^{\underline{n-k}}}{(n-k)!}$$ $$= n! (-1)^n\sum_{k=0}^n \binom{-x}{k} \binom{-y}{n-k}$$ $$= n! (-1)^n\binom{-x-y}{n}$$ $$= n! (-1)^n\frac{(-x-y)^{\underline{n}}}{n!}$$ $$= (x+y)^{\overline{n}}$$ El primer paso convierte potencias en ascenso a la caída de los poderes, el segundo utiliza la definición de los coeficientes binomiales para un valor real superior índices, el tercero es el de Chu-Vandermonde de identidad, y el resto está en proceso de convertir de nuevo a las potencias en ascenso.