x^n als functie van Combinaties

[tempelier]

Tempeller,

Het is geen reeks ... maar een formule voor x^n

Professor Puntje,

Kan een paar foto's of een paar scans aub

Je formule is dat wel hoor.
Dat komt door de sigma's er in die creëren nu eenmaal reeksen.

[tempelier]

Ik denk nu dat we het beter in de richting van pseudo-machten kunnen zoeken. Zie: http://www.fi.uu.nl/wiskrant/artikelen/ ... wtbi46.pdf

Je kunt de formule zodanig herschrijven dat x^m gelijk wordt gesteld aan een polynoom in pseudo-machten. Helaas kan ik over pseudo-machten verder niet erg veel vinden...

Het staat daar niet echt duidelijk.

De hoofddefinitie is erg eenvoudig:

$$x^{[n]}= x \cdot (x-1) \cdot (x-2) \cdot ............. x-\overline{n-1}) $$

Als x natuurlijk dan is de pseudo-macht 0 als n>x

Ze kan breder gemaakt worden met een tweede parameter.

[Human]

Tempeller,

Ook interessant, maar voorlopig blijf ik graag bij de / mijn formule met gehele machten .

Aan allen,

In afwachting van wat nog moet komen.
De basis verschillen voor de machten zijn CONSTANT

voor x^1 zijn ze 1,1
voor x^2 zijn ze 1,3,2
voor x^3 zijn ze 1,7,12,6
voor x^4 zijn ze 1,15,50,60,24
voor x^5 zijn ze 1,180,390,360,120,
enz .....

Merk op dat voor ALLE machten geldt dat de afwisselende + en - van de basis aantallen ... 0 (nul) is.

vb voor x^3 ....... +1-7+12-6 =0
vb voor x^4 ....... +1-15+50-60+24 = 0

...............................................
Verder is 1!.2!.3!.4!.5! ......... n! = 1^(n-0).2^(n-1).2^(2-2).4^(n-3).5^(n-4 .......
Simpel voorbeeld: 1!.2!.3!.4! = 1^4.2^3.3^2.1^1

[Xilvo]

Merk op dat voor ALLE machten geldt dat de afwisselende + en - van de basis aantallen ... 0 (nul) is.

vb voor x^3 ....... +1-7+12-6 =0
vb voor x^4 ....... +1-15+50-60+24 = 0

Tenxij x≤m+1, dan is de uitkomst x^m = 1.x^m
Dan zijn alle waardes 0 behave die voor x^m

Verder is 1!.2!.3!.4!.5! ......... n! = 1^(n-0).2^(n-1).2^(2-2).4^(n-3).5^(n-4 .......
Simpel voorbeeld: 1!.2!.3!.4! = 1^4.2^3.3^2.1^1

Dat is triviaal.
(1).(1.2).(1.2.3).(1.2.3.4)=1⁴.2³.3².4¹

[Human]

Xilvo,

Jij bent helemaal mee .
Maar kan U het eerste ( de + - ) bewijzen aub?

Het tweede is natuurlijk triviaal ..... maar toch elegant ....op een zondag.

[Professor Puntje]

http://oeis.org/wiki/Factorial_polynomi ... olynomials

Was bovenstaande link al langsgekomen?

[Human]

PP,

In verband met de eerste (+ -) eigenschappen van de basis verschillen.
WIE KAN DAT BEWIJZEN ? .... de basis aantallen voor x^n natuurlijk ..... niet voor een welbepaalde macht.

Hierbij nog eentje die voortvloeide uit mijn oude studie.

x^n = 1^n (A) +2^n (B) -3^n (C) ......... + (n+1)^n (Z)

Waarbij dat de letters A,B,C, ...... (Z) (en desnoods meer dan 26 letters) een natuurlijk geheel getal inclusief 0 zijn.
WIE KAN DAT BEWIJZEN ?

[Human]

PP,

Ik las met aandacht uw link.
Oei !

Xilvo,

De moed zakt mij in de schoenen ... heb ik weer het "warm water" uitgevonden ?

[Professor Puntje]

Als je je formule herschrijft in de vorm van een polynoom in pseudo-machten dan kun je die herschreven formule vergelijken met:

http://oeis.org/wiki/Factorial_polynomi ... econd_kind

[Xilvo]

Maar het is geen polynoom. Het is een gewogen gemiddelde van verschillende getallen tot dezelfde macht.

[Professor Puntje]

Dit moet de formule zijn:

\(x^m=\sum\limits_{i=0}^{m}\left(\begin{array}{cols} {x-1} \\i \end{array}\right)\sum\limits_{j=0}^{i}\left(\begin{array}{cols} {i} \\j \end{array}\right)(-1)^j(i+1-j)^m\)

waarbij

\(\left(\begin{array}{cols} n \\k \end{array}\right) \)

nul is indien k>n of n<0 of k<0

In Python:

Code: Selecteer alles

x=5
m=3
sm=0
for i in range(m+1):
    bf=comb(x-1,i)
    sm2=0
    for j in range(i+1):
        sm2+=comb(i,j)*(-1)**j*(i+1-j)**m
    sm+=bf*sm2
    
print(sm)

Zo - dit is de formule. Nu kun je uit de binomiaalcoëfficiënten pseudo-machten van x-1 peuteren en dan het rechter lid van de formule als een polynoom in die pseudo-machten schrijven.

[Professor Puntje]

Hier staat hoe dat gaat: https://math.stackexchange.com/question ... -factorial

[tempelier]

Dat is weer een andere notatie.

Er zijn generaliseringen mogelijke bekendste is deze.

\(x^{[n,p]}\)

Hierbij is p de stapgrootte.

p=0 geeft dan de gewone macht.

[Professor Puntje]

\( x^m=\sum\limits_{i=0}^{m}\left(\begin{array}{cols} {x-1} \\i \end{array}\right)\sum\limits_{j=0}^{i}\left(\begin{array}{cols} {i} \\j \end{array}\right)(-1)^j(i+1-j)^m \)

\(\)

\( x^m=\sum\limits_{i=0}^{m} \frac{ (x-1)^{(i)} }{i!} \sum\limits_{j=0}^{i}\left(\begin{array}{cols} {i} \\j \end{array}\right)(-1)^j(i+1-j)^m \)

\(\)

\( x^m=\sum\limits_{i=0}^{m} (x-1)^{(i)} \sum\limits_{j=0}^{i}\left(\begin{array}{cols} {i} \\j \end{array}\right) \frac{(-1)^j}{ i! } (i+1-j)^m \)

\(\)

[Professor Puntje]

https://en.wikipedia.org/wiki/Stirling_ ... Definition

De puzzelstukjes beginnen op hun plaats te vallen...