Identität mit fallender Fakultät

Lassen ( X ) N die fallende Fakultät bezeichnen,

( X ) N = X ( X − 1 ) … ( X − N + 1 ) .

Beim Versuch, ein anderes Problem zu lösen, bin ich auf die folgende Identität gestoßen.

∑ k = 1 M ( A ) k ( X ) k = A X − A + 1 ( 1 − ( A − 1 ) M ( X ) M ) .

Diese Identität ermöglicht es Ihnen, geschlossene Formulare für Summen wie z

∑ k = 0 M Γ ( X + k ) Γ ( j + k )
oder
∑ k = 0 C ( A k ) ( B k ) .

Sie ähnelt einer hier erwähnten Reihe ( Unendliche Summe fallender Fakultätsquotienten. ), außer dass meine Summe endlich ist.

Ich habe die Identität per Induktion bewiesen, was nicht allzu schwer ist, solange Sie wissen, wonach Sie suchen. Ich habe jedoch ein paar Fragen.

  • Ich habe versucht, diese irgendwo erwähnte Identität zu finden, konnte sie aber nicht finden. Ist es bekannt oder ein Sonderfall einer bekannteren Identität?

  • Den Ausdruck auf der rechten Seite habe ich durch Versuch und Irrtum gefunden. Gibt es eine natürlichere Ableitung der Identität, insbesondere wenn Sie die linke Seite kennen und nach der rechten Seite suchen?

Zum Beispiel nach dem Multiplizieren von durch mit ( X − A + 1 ) ( X ) M , wird die Identität zu einer von Polynomen in A Und X , daher würde es genügen, sie für hinreichend große ganze Zahlen zu beweisen A Und X . Vielleicht gibt es eine kombinatorische Erklärung.

Antworten (3)

Wir beweisen

(1) ∑ k = M N ( A k ) ( B k ) = B + 1 B − A + 1 ( ( A M ) ( B + 1 M ) − ( A N + 1 ) ( B + 1 N + 1 ) )

Wir beginnen mit der rechten Seite von (1) und erhalten

B + 1 B − A + 1 ( ( A M ) ( B + 1 M ) − ( A N + 1 ) ( B + 1 N + 1 ) ) (2) = B + 1 B − A + 1 ∑ k = M N ( ( A k ) ( B + 1 k ) − ( A k + 1 ) ( B + 1 k + 1 ) ) (3) = B + 1 B − A + 1 ∑ k = M N ( A k ) ( B k ) ( 1 B + 1 B − k + 1 − A − k k + 1 B + 1 k + 1 ) = B + 1 B − A + 1 ∑ k = M N ( A k ) ( B k ) ( B − k + 1 B + 1 − A − k B + 1 ) = 1 B − A + 1 ∑ k = M N ( A k ) ( B k ) ( B − k + 1 − ( A − k ) ) = ∑ k = M N ( A k ) ( B k )
und die Behauptung (1) folgt.

Kommentar:

  • In (2) schreiben wir den Ausdruck als Teleskopsumme.

  • In (3) klammern wir aus ( A k ) ( B k ) und vereinfachen Sie in den folgenden Schritten.

Integrale und Reihen, Prudnikov, et. Al. hat in seinem Finite-Summen-Abschnitt als Eintrag 4.2.8.1

∑ k = M N ( A k ) ( B k ) = B + 1 B − A + 1 ( ( A M ) ( B + 1 M ) − ( A N + 1 ) ( B + 1 N + 1 ) )
Somit ist die Summe des OP bekannt und das Obige ist eine Verallgemeinerung. Ich habe nicht versucht, es zu beweisen.

Danke. Eigentlich entspricht dies der Identität im OP. Das OP folgt daraus durch Beständigkeit polynomialer Identitäten, und dieses folgt aus dem OP, indem man die Differenz der Summen für bildet M − 1 und für N .

Hier ist ein probabilistischer Beweis der Identität in der Antwort von skbmoore, aus dem die Identität des OP folgt.

Da die Identität als Polynom in den Variablen ausgedrückt werden kann A , B , es genügt, es zu beweisen, wann A ist eine positive ganze Zahl und B ≥ A ist eine ganze Zahl.

Ziehe zufällig Elemente aus der Menge { 1 , 2 , … , B + 1 } , ohne Zurücklegen, und stoppt, wenn Sie das erste Element auswählen, das nicht drin ist { 1 , 2 , … , A } . Lassen K + 1 sei die Anzahl der insgesamt gezeichneten Elemente.

Dann die Wahrscheinlichkeit, dass M ≤ K ≤ N kann auf zwei Arten berechnet werden.

Erstens ist es die Wahrscheinlichkeit ( A M ) ( B + 1 M ) die erste zu zeichnen M Elemente im Set { 1 , 2 , … , A } , abzüglich der Wahrscheinlichkeit ( A N + 1 ) ( B + 1 N + 1 ) die erste zu zeichnen N + 1 Elemente in diesem Satz.

Zweitens ist die Summe vorbei k = M , … , N , der Wahrscheinlichkeit, dass K = k. In umgekehrter Ziehungsreihenfolge entspricht dies der Wahrscheinlichkeit ( B + 1 − A ) / ( B + 1 ) das erste Element außerhalb der Menge auszuwählen { 1 , 2 , … , A } , multipliziert mit der Wahrscheinlichkeit, in diesem Fall den nächsten auszuwählen k Elemente in dieser Menge, die ist ( A k ) ( B k ) .

Identität mit fallender Fakultät
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