¿Hay alguna forma de demostrar $\int {x^n e^x dx} = e^x \sum_{k = 0}^n {( - 1)^k \frac{{n!}}{{(n-k)!}}x^{n-k} } + C$ ¿Combinatorialmente?

Question

En Cómo integrar $\int x^n e^x dx$ ? se demuestra que

$$\int {x^n e^x dx} = e^x \sum_{k = 0}^n ( - 1)^k \frac{n!}{(n-k)!}x^{n-k} + C.$$

Desde $\frac{n!}{(n-k)!}$ es $P(n,k)$ el número de $k$ -permutaciones de $n$ objetos el lado derecho de esta fórmula huele como el principio de inclusión-exclusión a mí. De hecho, el lado derecho es casi la fórmula para el número de trastornos en $n$ que es uno de los ejemplos clásicos del uso del principio de inclusión-exclusión.

Esto parece implicar que hay alguna forma de interpretar $\int x^n e^x dx$ combinatoriamente tal que la fórmula del lado derecho cae inmediatamente. Sin embargo, no he sido capaz de verlo. (Ni siquiera sé mucho acerca de las interpretaciones combinatorias de la integración indefinida - o incluso si hay formas conocidas de hacerlo en casos especiales como éste).

¿Alguien sabe o ve una manera de probar $$\int {x^n e^x dx} = e^x \sum_{k = 0}^n ( - 1)^k \frac{n!}{(n-k)!}x^{n-k} + C$$ ¿Combinatorialmente?

Añadido: Para aclarar, estoy buscando una prueba que demuestre que los lados izquierdo y derecho de la fórmula cuentan lo mismo. Eso, para mí, es una prueba combinatoria .

Answer 1

Aquí hay una solución que me gusta bastante que utiliza la exclusión de inclusión en una integral sobre un $n$ -simplex dimensional.

En primer lugar, es mucho más agradable considerar la integral definida $\int_0^x y^n e^{y} dy$ que sólo se desviará una constante. (Que no nos importa de todos modos)

Considere

$$\int_{0}^{x}\int_{0}^{t_{1}}\cdots\int_{0}^{t_{n}}e^{-t_{n+1}}dt_{n+1}dt_{n}\cdots dt_{1}.$$

Esto es $e^{-t_{n+1}}$ integrado sobre el $n$ -dimesional simplex. (Sólo se integra una coordenada) Por Fórmula de Cauchy para la integración repetida es lo mismo que $$\frac{1}{n!}\int_{0}^{x}(x-y)^{n}e^{-y}dy=\frac{1}{n!}e^{-x}\int_{0}^{x}y{}^{n}e^{y}dy.$$ Ahora, sólo tenemos que demostrar que $$\int_{0}^{x}\int_{0}^{t_{1}}\cdots\int_{0}^{t_{n}}e^{x-t_{n+1}}dt_{n+1}dt_{n}\cdots dt_{1}=e^{x}\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^{n-k}}{k!}x^{k}+C.$$ (Se producirá una constante ya que el integrando no es $0$ en $0$ ) Pero esto se deduce de dividir el simplex y utilizar la exclusión por inclusión. He aquí por qué: Integrando $e^{x-t_1}$ sobre el cubo da $x^ke^x$ . Dado que el cubo puede dividirse en $k!$ simplicies obtenemos $\frac{x^k}{k!}e^x$ . Ahora tenemos que restar un factor de corrección basado en el $n-1$ -y así sucesivamente.

Espero que le sirva de ayuda,

Answer 2

Aunque probablemente no sea lo que buscas, me parece pertinente hacer la siguiente derivación muy sencilla. Así que en realidad queremos demostrar $$ \frac{d}{{dx}}e^x \sum\limits_{k = 0}^n {( - 1)^k \frac{{n!}}{{(n - k)!}}x^{n - k} } = x^n e^x . $$ Por la regla del producto, el lado izquierdo viene dado por $$ e^x \sum\limits_{k = 0}^n {( - 1)^k \frac{{n!}}{{(n - k)!}}x^{n - k} } + e^x \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {( - 1)^k \frac{{n!}}{{(n - k)!}}} (n - k)x^{n - k - 1} , $$ o $$ e^x \bigg(x^n + \sum\limits_{k = 1}^n {( - 1)^k \frac{{n!}}{{(n - k)!}}x^{n - k} } + \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {( - 1)^k \frac{{n!}}{{(n - k - 1)!}}x^{n - k - 1} \bigg)} , $$ o $$ e^x \bigg(x^n + \sum\limits_{k = 1}^n {( - 1)^k \frac{{n!}}{{(n - k)!}}x^{n - k} } + \sum\limits_{k = 1}^n {( - 1)^{k - 1} \frac{{n!}}{{(n - k)!}}x^{n - k} \bigg)} , $$ por lo tanto $$ e^x x^n. $$

Answer 3

Depende de lo que entiendas por "combinatoria". ¿Cuenta la combinatoria más analítica y las series generadoras exponenciales? Veamos la integral definida $\int_0^x y^ne^y dy$ en lugar de $\int x^ne^xdx$

Sea $a_n=\int_0^x y^n e^y$ . Entonces $$\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}\frac{z^{n}}{n!}=\int_0^x e^{zy+y}dy=\frac{1}{\left(z+1\right)}e^{(z+1)x}-1=e^{x}\left(e^{zx}\left(1+z\right)^{-1}\right)-1.$$

Tomando el producto de series de potencias tenemos

$$e^{x}\left(1+zx+\frac{\left(zx\right)^{2}}{2!}+\frac{(zx)^{3}}{3!}\cdots\right)\left(1-z+z^{2}-z^{3}+z^{4}+\cdots\right)-1.$$

$$=e^{x}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\frac{x^{k}}{k!}\right)z^{n}\right)-1$$ y por tanto comparando coeficientes concluimos $$\int x^{n}e^{x}dx=n!e^x\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\frac{x^{k}}{k!}+C.$$

Tal vez eso ayude,

Answer 4

He conseguido encontrar un sencillo argumento probabilístico que está en la línea de lo que buscaba.

En primer lugar, haga un cambio variable, con $t = -x$ : $\int x^n e^x dx = (-1)^{n+1} \int t^n e^{-t} dt$ .

Consideremos ahora la versión definida de la segunda integral, con un factor adicional de $\frac{1}{n!}$ : $$\int_0^T \frac{t^n e^{-t}}{n!} dt.$$ Es la probabilidad de que la suma de $n+1$ variables aleatorias exponenciales(1) independientes (que tiene un Distribución Erlang (o gamma) ) es inferior a $T$ .

Dado que los tiempos entre llegadas en un Proceso de Poisson son independientes y se distribuyen exponencialmente, ésta es también la probabilidad de que al menos $n+1$ los acontecimientos se han producido en el tiempo $T$ en un proceso de Poisson con tasa 1. Si $N(T)$ denota el número de eventos que se producen en $[0,T]$ en un proceso de Poisson(1), sabemos que $P(N(T) = k) = T^k e^{-T}/k!$ . Así $$\int_0^T \frac{t^n e^{-t}}{n!} dt = P(N(T) \geq n+1) = 1 - P(N(T) \leq n) = 1 - \sum_{k=0}^n P(N(T) = k) = 1 - \sum_{k=0}^n \frac{T^k}{k!} e^{-T}.$$ Volver a cambiar en términos de $x$ y multiplicando por $n!$ tenemos
$$\int x^n e^x dx = - (-1)^{n+1} \sum_{k=0}^n \frac{n!}{k!} (-x)^ke^x +C = e^x \sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} \frac{n!}{k!}x^k +C$$ $$= e^x \sum_{k=0}^n (-1)^k \frac{n!}{(n-k)!}x^{n-k} + C.$$