$k$-esima differenza di \(1,2^k,3^k,...\)
Ciao, amici! Durante lo studio della dimostrazione di Eulero del teorema enunciato da Fermat sulle somme di quadrati mi imbatto nel risultato per cui le $k$-esime differenze della sequenza $1^k, 2^k, 3^k,...$ sono tutte uguali a $k!$.
Qualcuno ha idea di come si possa dimostrare?
La ricorrenza \(d_{n+1,m+1}=d_{n,m+1}-d_{n,m}\), \(d_{1,m+1}=(m+1)^k-m^k\) non è lineare e quindi non saprei come risolverla...
$\infty$ grazie a tutti!!!
Qualcuno ha idea di come si possa dimostrare?
La ricorrenza \(d_{n+1,m+1}=d_{n,m+1}-d_{n,m}\), \(d_{1,m+1}=(m+1)^k-m^k\) non è lineare e quindi non saprei come risolverla...
$\infty$ grazie a tutti!!!
Risposte
Ma non è vero!, prendi:
\[
2^3-1=7\neq6=3!
\]
\[
2^3-1=7\neq6=3!
\]
Grazie per la risposta, Armando! Per $n$-esima differenza direi proprio, dall'uso che se ne fa nel link, che venga intesa la differenza finita di ordine $n$ della funzione \(f(x_i)=x_i^k\) relativa ai nodi $x_i=i$ per $i=1,2,3,...$, cioè ciò che si calcola ricorsivamente come\[\Delta^n f(x_i):=\Delta^{n-1} f(x_{i+1})-\Delta^{n-1} f(x_{i}),\quad \Delta^1 f(x_i)=\Delta f(x_i):=f(x_{i+1})-f(x_i),\quad n=1,2,...\]
Cosa che spero di avere espresso correttamente con la notazione da me usata nel post precedente per cercare una ricorrenza intendendo \(d_{n,m}=\Delta^n f(x_{m-n})=\Delta^n f(m-n)\).
Per esempio per $k=3$ con la serie \((1,2^3,3^3,4^3,...)\), la terza differenza per $x_1=1$ direi che si calcoli così:
le prime differenze fino a 4 sono: \(\Delta f(x_3)= 4^3-3^3=37\), \(\Delta f(x_2)=3^3-2^3=19\), \(\Delta f(x_1)= 2^3-1=7\);
le seconde differenze sono \(\Delta^2 f(x_2)=37-19=18\), \(\Delta^2 f(x_1)=19-7=12\);
la terza differenza nel nodo $x_1=1$ è quindi \(\Delta^3 f(x_1)=18-12=6=3!\) e dovrebbe essere così per tutti i nodi $x_i=i\in\mathbb{N}_{\geq 1}$.
Cosa che spero di avere espresso correttamente con la notazione da me usata nel post precedente per cercare una ricorrenza intendendo \(d_{n,m}=\Delta^n f(x_{m-n})=\Delta^n f(m-n)\).
Per esempio per $k=3$ con la serie \((1,2^3,3^3,4^3,...)\), la terza differenza per $x_1=1$ direi che si calcoli così:
le prime differenze fino a 4 sono: \(\Delta f(x_3)= 4^3-3^3=37\), \(\Delta f(x_2)=3^3-2^3=19\), \(\Delta f(x_1)= 2^3-1=7\);
le seconde differenze sono \(\Delta^2 f(x_2)=37-19=18\), \(\Delta^2 f(x_1)=19-7=12\);
la terza differenza nel nodo $x_1=1$ è quindi \(\Delta^3 f(x_1)=18-12=6=3!\) e dovrebbe essere così per tutti i nodi $x_i=i\in\mathbb{N}_{\geq 1}$.
Scrivo uno dei miei patetici tentativi, il più sensato che ha riempito il mio pomeriggio (figuriamoci gli altri 
), di dimostrare che "le $k$-esime differenze della sequenza $1^k, 2^k, 3^k,...$ sono tutte uguali a $k!$": data la formula per la differenza finita di ordine $k$ con $x_{i+1}=x_i +h$ fornita dalla Wikipedia (che ho dimostrato a me stesso in due righe di induzione) \(\Delta^{k}f(x_i)=\sum_{j=0}^k (-1)^j \binom{k}{j}f(x_i+(k-j)h)\), ponendo $x=i\in\mathbb{N}_{\geq 1}$, $h=1$ e \(f(x)=x^k\) si ha\[\Delta^k f(i)=\sum_{j=0}^k (-1)^j\binom{k}{j} (i+k-j)^k \]e se si dimostrasse che questa espressione vale $k!$ per ogni $i\in\mathbb{N}_{\geq 1}$ sarebbe dimostrato l'asserto, ma provare che questa sommatoria vale $k!$ per ogni $i>0$ naturale non mi sembra affatto agevole...
), di dimostrare che "le $k$-esime differenze della sequenza $1^k, 2^k, 3^k,...$ sono tutte uguali a $k!$": data la formula per la differenza finita di ordine $k$ con $x_{i+1}=x_i +h$ fornita dalla Wikipedia (che ho dimostrato a me stesso in due righe di induzione) \(\Delta^{k}f(x_i)=\sum_{j=0}^k (-1)^j \binom{k}{j}f(x_i+(k-j)h)\), ponendo $x=i\in\mathbb{N}_{\geq 1}$, $h=1$ e \(f(x)=x^k\) si ha\[\Delta^k f(i)=\sum_{j=0}^k (-1)^j\binom{k}{j} (i+k-j)^k \]e se si dimostrasse che questa espressione vale $k!$ per ogni $i\in\mathbb{N}_{\geq 1}$ sarebbe dimostrato l'asserto, ma provare che questa sommatoria vale $k!$ per ogni $i>0$ naturale non mi sembra affatto agevole...
Io proverei di nuovo con l'induzione!
Mi consigli di dimostrare che \(\Delta^{k+1} f(i)=\sum_{j=0}^{k+1} (-1)^j\binom{k+1}{j} (i+k+1-j)^{k+1}\) \(=(k+1)\sum_{j=0}^k (-1)^j\binom{k}{j} (i+k-j)^k=(k+1)\Delta^{k} f(i) \), giusto? Ho provato scomponendo la sommatoria in molti modi, rinominando gli indici, ma non arrivo a nulla...
\[ \Delta^kf(i)=\sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}(i+k-j)^k=k! \]\[ \Delta^kf(i)=\sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}(i+k-j)^k=k! \]Da quanto scrivi:
\[
\Delta^0f(i)=1=0!\\
\Delta^1f(i)=1=1!
\]
quindi il passo induttivo è vero, consideriamo l'ipotesi induttiva:
\[
\Delta^kf(i)=\sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}(i+k-j)^k=k!
\]
allora:
\[
\Delta^{k+1}f(i)=\sum_{j=0}^{k+1}(-1)^j\binom{k+1}{j}(i+k+1-j)^{k+1}=\\
=\sum_{j=0}^{k+1}(-1)^j\frac{(k+1)!}{j!(k+1-j)!}\sum_{h=0}^{k+1}\binom{k+1}{h}i^{k+1-h}(k+1-j)^h=\\
=(k+1)\sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}\frac{1}{k+1-j}\sum_{h=0}^{k+1}\binom{k+1}{h}i^{k+1-h}(k+1-j)^h=\\
=(k+1)\sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}\sum_{h=0}^{k+1}\binom{k+1}{h}i^{k-(h-1)}(k+1-j)^{h-1}=\\
=(k+1)\sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}\sum_{h=0}^{k+1}\left[\binom{k}{h}+\binom{k}{h-1}\right]i^{k-(h-1)}(k+1-j)^{h-1}
\]
però bisogna utilizzare la convenzione (se vuoi di comodo per fare i calcoli) che:
\[
\binom{k}{k+1}=0=\binom{k}{-1}
\]
così si spiegano i precedenti (e successi) cambi di apice e pedice nelle sommatorie!
Riprendendo con la sommatoria:
\[
\sum_{h=0}^{k+1}\binom{k}{h}i^{k-(h-1)}(k+1-j)^{h-1}=\frac{1}{i(k+1-j)}\sum_{h=0}^k\binom{k}{h}i^{k-h}(k+1-j)^h=\\
=\frac{1}{i(k+1-j)}(i+k+1-j)^k
\]
...poi non c'ho capito più nulla a causa della fame
Riprendo più tardi...[size=85]pubblico per una questione di soddisfazione personale![/size]
\[
\Delta^0f(i)=1=0!\\
\Delta^1f(i)=1=1!
\]
quindi il passo induttivo è vero, consideriamo l'ipotesi induttiva:
\[
\Delta^kf(i)=\sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}(i+k-j)^k=k!
\]
allora:
\[
\Delta^{k+1}f(i)=\sum_{j=0}^{k+1}(-1)^j\binom{k+1}{j}(i+k+1-j)^{k+1}=\\
=\sum_{j=0}^{k+1}(-1)^j\frac{(k+1)!}{j!(k+1-j)!}\sum_{h=0}^{k+1}\binom{k+1}{h}i^{k+1-h}(k+1-j)^h=\\
=(k+1)\sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}\frac{1}{k+1-j}\sum_{h=0}^{k+1}\binom{k+1}{h}i^{k+1-h}(k+1-j)^h=\\
=(k+1)\sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}\sum_{h=0}^{k+1}\binom{k+1}{h}i^{k-(h-1)}(k+1-j)^{h-1}=\\
=(k+1)\sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}\sum_{h=0}^{k+1}\left[\binom{k}{h}+\binom{k}{h-1}\right]i^{k-(h-1)}(k+1-j)^{h-1}
\]
però bisogna utilizzare la convenzione (se vuoi di comodo per fare i calcoli) che:
\[
\binom{k}{k+1}=0=\binom{k}{-1}
\]
così si spiegano i precedenti (e successi) cambi di apice e pedice nelle sommatorie!
Riprendendo con la sommatoria:
\[
\sum_{h=0}^{k+1}\binom{k}{h}i^{k-(h-1)}(k+1-j)^{h-1}=\frac{1}{i(k+1-j)}\sum_{h=0}^k\binom{k}{h}i^{k-h}(k+1-j)^h=\\
=\frac{1}{i(k+1-j)}(i+k+1-j)^k
\]
...poi non c'ho capito più nulla a causa della fame
Riprendo più tardi...[size=85]pubblico per una questione di soddisfazione personale![/size]
Quanto casino per così poco... Supponiamo che \(\displaystyle p(x) \) sia un polinomio di grado \(\displaystyle n \):
\(\displaystyle p(x) = a_n x^n + \ldots + a_1 x + a_0 \)
allora \(\displaystyle p(x+1)-p(x) \) e \(\displaystyle p(x)-p(x-1) \) sono polinomi di grado \(\displaystyle (n-1) \) aventi come termine di testa \(\displaystyle n a_n x^{n-1} \) (che guardacaso è anche il termine di testa della derivata \(\displaystyle p'(x) \)). Se partiamo dal polinomio \(\displaystyle p(x)=x^k \) abbiamo che le \(\displaystyle k- \)esime differenze iterate (in avanti o all'indietro) sono polinomi di grado zero, ossia costanti, con termine di testa pari a \(\displaystyle k\cdot(k-1)\cdot\ldots\cdot 1 = k! \), che è quello che volevamo provare.
\(\displaystyle p(x) = a_n x^n + \ldots + a_1 x + a_0 \)
allora \(\displaystyle p(x+1)-p(x) \) e \(\displaystyle p(x)-p(x-1) \) sono polinomi di grado \(\displaystyle (n-1) \) aventi come termine di testa \(\displaystyle n a_n x^{n-1} \) (che guardacaso è anche il termine di testa della derivata \(\displaystyle p'(x) \)). Se partiamo dal polinomio \(\displaystyle p(x)=x^k \) abbiamo che le \(\displaystyle k- \)esime differenze iterate (in avanti o all'indietro) sono polinomi di grado zero, ossia costanti, con termine di testa pari a \(\displaystyle k\cdot(k-1)\cdot\ldots\cdot 1 = k! \), che è quello che volevamo provare.
$+\infty$ grazie a tutti e due, ragazzi!!!
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