Calcolare (qualunque cosa voglia dire)
$ $ \sum_{i=0}^{n}i(i-1)\dots (i-k) \binom{n}{i} $
Tanti prodotti! (identità sui binomiali)
Tanti prodotti! (identità sui binomiali)
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)
-
enomis_costa88
- Messaggi: 537
- Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
- Località: Brescia
E' facile vedere che per tutti gli i<k+1 quella somma vale 0, quindi perchè valga qualcosa di positivo è necessario che k<n.
Inoltre con semplici passaggi algebrici riscrivo quella somma come:
$ \displaystyle \sum_{i=k+1}^n {n\choose i}{i \choose k+1}(k+1)! $ $ \displaystyle = (k+1)! \sum_{i=k+1}^n {n\choose i}{i \choose k+1} $
Provo a calcolare $ \displaystyle \sum_{i=k+1}^n {n\choose i}{i \choose k+1} $:
Ovvero è uguale al numero di modi in cui posso scegliere da un insieme A con |A|=n un sottinsieme B con |B|=i e da B un sottinsieme C con |C|=k+1.
Posso anche vedere questa configurazione come il numero di modi con cui posso scegliere un sottinsime C di A con |C|=k+1 e successivamente di scegliere dall’insieme A-C un sottinsieme D con |D|=i-k-1 con i che va da k+1 a n ovvero un suo qualsiasi sottinsieme.
In particolare, scelti D e C pongo D=B-C, e quindi B risulterebbe univocamente determinato.
Fissato C i sottinsimi di A-C sono $ \displaystyle 2^{n-k-1} $.
Posso scegliere C in $ \displaystyle {n\choose k+1} $ modi.
Quindi quella somma è anche: $ \displaystyle {n\choose k+1}2^{n-k-1} $.
La somma iniziale risulta quindi ( a meno di granchi
):
$ \displaystyle {n\choose k+1}2^{n-k-1}(k+1)!=\frac{n!}{(n-k-1)!}2^{n-k-1} $
Inoltre con semplici passaggi algebrici riscrivo quella somma come:
$ \displaystyle \sum_{i=k+1}^n {n\choose i}{i \choose k+1}(k+1)! $ $ \displaystyle = (k+1)! \sum_{i=k+1}^n {n\choose i}{i \choose k+1} $
Provo a calcolare $ \displaystyle \sum_{i=k+1}^n {n\choose i}{i \choose k+1} $:
Ovvero è uguale al numero di modi in cui posso scegliere da un insieme A con |A|=n un sottinsieme B con |B|=i e da B un sottinsieme C con |C|=k+1.
Posso anche vedere questa configurazione come il numero di modi con cui posso scegliere un sottinsime C di A con |C|=k+1 e successivamente di scegliere dall’insieme A-C un sottinsieme D con |D|=i-k-1 con i che va da k+1 a n ovvero un suo qualsiasi sottinsieme.
In particolare, scelti D e C pongo D=B-C, e quindi B risulterebbe univocamente determinato.
Fissato C i sottinsimi di A-C sono $ \displaystyle 2^{n-k-1} $.
Posso scegliere C in $ \displaystyle {n\choose k+1} $ modi.
Quindi quella somma è anche: $ \displaystyle {n\choose k+1}2^{n-k-1} $.
La somma iniziale risulta quindi ( a meno di granchi
): $ \displaystyle {n\choose k+1}2^{n-k-1}(k+1)!=\frac{n!}{(n-k-1)!}2^{n-k-1} $
"Tu che lo vendi cosa ti compri di migliore?"
Membro dell' "Associazione non dimenticatevi dei nanetti! "
Membro dell'EATO.
Membro dell' "Associazione non dimenticatevi dei nanetti! "
Membro dell'EATO.
Posto anche la mia, sperando di non dire stupidaggini.
Sia $ f(x)=(x+1)^n $ allora $ (x+1)^n=\sum_{i=0}^n {n\choose i}x^i $.
Derivando ambo i memebri k volte (supponiamo chiaramente k<n) otteniamo
$ n(n-1)\dots (n-k) (x+1)^{n-k-1}=\sum_{i=0}^n i(i-1)...(i-k){n\choose i} x^{n-k-1} $.
Ponendo ora x=1 abbiamo
$ n(n-1)....(n-k)2^{n-k-1}= \sum_{i=0}^n i(i-1)...(i-k){n\choose i} $
che mi pare essere anche il risultato di Enomis.
Ciao[/tex]
Sia $ f(x)=(x+1)^n $ allora $ (x+1)^n=\sum_{i=0}^n {n\choose i}x^i $.
Derivando ambo i memebri k volte (supponiamo chiaramente k<n) otteniamo
$ n(n-1)\dots (n-k) (x+1)^{n-k-1}=\sum_{i=0}^n i(i-1)...(i-k){n\choose i} x^{n-k-1} $.
Ponendo ora x=1 abbiamo
$ n(n-1)....(n-k)2^{n-k-1}= \sum_{i=0}^n i(i-1)...(i-k){n\choose i} $
che mi pare essere anche il risultato di Enomis.
Ciao[/tex]