Due identità: somme di potenze
Inviato: 14 ago 2011, 15:17
è un fatto "abbastanza noto" (probabilmente nella definizione che darebbe enigma di "noto") che
$$\sum_{k=1}^{n}k^z = \sum_{k=1}^{z}S(z,k)\binom{n+1}{k+1}k!$$
Dove $S(k,i)$ è il numero di partizioni di un insieme di $n$ elementi in $k$ blocchi (numeri di stirling del secondo tipo)
Dimostratelo
Siccome reputo impossibile (quasi) farsi venire in mente da soli la dimostrazione che conosco io, ecco un hint...
E se qualcuno conosce un altro modo lo invito a postarlo...
Ecco un altro fatto carino, più semplice, di cui è stato già fatto un caso particolare tempo fa (non andate a sbirciare
)
$$\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}k^z = \sum_{k=1}^{z}\frac{n!}{(n-k)!}2^{n-k}\binom{z}{k}$$
Dimostrate tutto con la combinatoria, e i rilanci come sempre sono ben accetti
$$\sum_{k=1}^{n}k^z = \sum_{k=1}^{z}S(z,k)\binom{n+1}{k+1}k!$$
Dove $S(k,i)$ è il numero di partizioni di un insieme di $n$ elementi in $k$ blocchi (numeri di stirling del secondo tipo)
Dimostratelo
Siccome reputo impossibile (quasi) farsi venire in mente da soli la dimostrazione che conosco io, ecco un hint...
Testo nascosto:
Ecco un altro fatto carino, più semplice, di cui è stato già fatto un caso particolare tempo fa (non andate a sbirciare
)$$\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}k^z = \sum_{k=1}^{z}\frac{n!}{(n-k)!}2^{n-k}\binom{z}{k}$$
Dimostrate tutto con la combinatoria, e i rilanci come sempre sono ben accetti