Reihe erzeugt Fakultät

21.08.2011, 21:37	Gries-Gram-Matrix	Auf diesen Beitrag antworten »
Reihe erzeugt Fakultät Meine Frage: Die folgende Frage ist eigentlich nicht von Belang, aber trotzdem ganz interessant. Mir ist aufgefallen das Potenzen und Fakultäten in einem gewissen Zusammenhang stehen. Wenn ich die Differenz zwischen 2 aufeinander folgenden Gliedern einer beliebigen Potenzfolge nehme, ensteht ja wieder eine Reihe. Wenn ich mit dieser Reihe den Vorgang wiederhole, entsteht wieder eine reihe. In der letzten Reihe sind alle Glieder gleich und seltsamer Weise sind sie genau die Fakultät des entsprechenden Exponenten der Potenzfolge. D.h. z.B. für 3er Potenz Zahl 1.Diff. 2.Diff 3.Diff 1 .........7 8................12 ........19................6 27..............18 ........37................6 64..............24 ........61 125 ... also 6 genau 3! Die Formel für die n-te Potenz ist: (((n+1)^{n}-n^{n})-(n^{n}-(n-1)^{n}))-(((n^{n}-(n-1)^{n})-((n-1)^{n}-(n-2)^{n}))-...(n^{n}-...1) Wenn man das zusammenfasst entsteht folgende Summe:\sum\limits_{k=0}^n (-1)^{k}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} (n+1-k) =n! Habe das dann mal für mehrere n ausprobiert und es scheint zu stimmen. Beweisen kann ich es nicht. Meine Ideen: siehe oben
21.08.2011, 22:00	Gries-Gram-Matrix	Auf diesen Beitrag antworten »
Sorry, hab das erst mit dem Formeleditor nicht gecheckt, hier die Formeln: $\begin{eqnarray} ((n+1)^{n}-n^{n})-(n^{n}-(n-1)^{n}))-(((n^{n}-(n-1)^{n})-((n-1)^{n}-(n-2)^{n}))-...(n^{n}-...1)=n! \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=0}^n (-1)^{k}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} (n+1-k)=n! \end{eqnarray}$
22.08.2011, 15:52	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
Man kriegt diese Aussage quasi geschenkt, wenn man ausnutzt, dass die m-te Differenz einer solchen Folge genau der m-ten Ableitung der entsprechenden Funktion an einer geeigneten Zwischenstelle entspricht. Ich hab nie einen Beweis dafür gesehen oder selbst geführt, aber es müsste gelten: $\begin{eqnarray} d^{(m)}_n = f^{(m)}(\xi) \end{eqnarray}$ mit einem $\begin{eqnarray} \xi \in (n,n+m) \end{eqnarray}$ Dabei ist $\begin{eqnarray} d^{(0)}_n = f(n) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} d^{(m+1)}_n = d^{(m)}_{n+1}-d^{(m)}_n \end{eqnarray}$ . Also ist $\begin{eqnarray} d^{(m)} \end{eqnarray}$ gerade genau das, was wir als m-te Differenz bezeichnen wollen. f muss natürlich m mal stetig diffbar sein. Für den Beweis kann man bestimmt den Satz von Rolle auf eine geeignete Funktion loslassen, z.b. auf $\begin{eqnarray} h(x) := p(x) - f(x) \end{eqnarray}$ , wo p das Interpolationspolynom vom Grad m mit $\begin{eqnarray} p(n+j) = f(n+j), 0 \leq j \leq m \end{eqnarray}$ , ist. h hat m+1 Nullstellen und ist m mal stetig diffbar, also hat nach dem Satz von Rolle die m-te Ableitung 1 Nullstelle. Die m-te Ableitung von p ist (Das ist ein bisschen Theorie der Polynominterpolation) $\begin{eqnarray} m! \cdot f[n,\dotsc, n+m] \end{eqnarray}$ (schlage "dividierte Differenzen" nach). Also ist nur noch zu zeigen: $\begin{eqnarray} d^{(m)}_n = m! \cdot f[n,\dotsc, n+m] \end{eqnarray}$ Das ist aber ganz einfach und folgt sofort aus den gegebenen Rekursionsformeln für beide Seiten. Damit hätte sich das "ohne Beweis" auch erledigt

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