Expansión binomial generalizada de (1+x)y(1+x)y\left(1+x \right)^{y}

Question

Expansión binomial generalizada de (1+x)y(1+x)y\left(1+x \right)^{y}

Matemáticas
serie de poder
análisis real
secuencias y series

Neves

estaba tratando de expandir $\displaystyle \left(1+x\right)^{y}$ como una serie de potencias en términos de $y$ usando el teorema del binomio generalizado,

$\displaystyle \left(1+x\right)^{y}=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{y}{k}x^{k}$

Asumir $x,y \in \mathbb{R}$ y $\left | x \right | < 1$ . Con esto en mente, obtendría algo como

$\displaystyle \left(1+x\right)^{y}=\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}\cdot y^{k}$

Mi pregunta es, ¿cuál es la forma general de la $a_{k}$ ?

gracias.

Raskolnikov

Pista:

(1 + x)^{y} = e^{y \ln (1 + x)}

$(1+x)^y=e^{y\ln(1+x)}$ .

mpiktas

Te refieres a

\sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} x^{k}

$\sum_{k=0}^\infty a_kx^k$ en la ultima ecuacion?

Raskolnikov

Sugerencia para un enfoque diferente: los números de Stirling y el factorial descendente .

Neves

@mpiktas, no, estoy considerando la serie de potencia en términos de

y

$y$ .

JM no es matemático

Neves, @Raskolnikov dio una pista bastante transparente. Haz las sustituciones apropiadas en cierta serie de potencias famosa...

Neves

@Raskolnikov, @JM ok, la serie sería

\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(\ln (1 + x))^{k} y^{k}}{k!}

$\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(\ln(1+x))^{k}y^{k}}{k!}$ , pero sería el

a_{k}

$a_k$ sería lo mismo si hubiera seguido directamente de la expansión binomial?

Raskolnikov

¿No está seguro de lo que quiere decir con seguido directamente de la expansión binomial? ¿Quieres decir como en mi sugerencia para el segundo enfoque?

Neves

@Raskolnikov, en la expansión binomial el término

(\binom{y}{k}) x^{k} = \frac{y (y - 1) (y - 2) \dots (y - k + 1)}{k!} x^{k}

$\binom{y}{k}x^{k}=\frac{y(y-1)(y-2)\ldots(y-k+1)}{k!}x^{k}$ podría ampliarse en términos de poderes de

y

$y$ y luego obtendría el

a_{k}

$a_k$ término. Si procediera de esta manera, concluiría que

a_{k} = \frac{\ln^{k} (1 + x)}{k!}

$a_k=\frac{\ln^{k}(1+x)}{k!}$ ?

Raskolnikov

Bien, eso era lo que estaba sugiriendo con los números de Stirling. Los factores con el producto de y es lo que se llama un factorial descendente y se puede expresar como una suma de potencias de y, los coeficientes serán números de Stirling. Ahora, las dos expansiones deberían ser iguales, pero se necesita algo de trabajo para demostrarlo. Supongo que podrías intentar expandir

\ln (1 + x)

$\ln(1+x)$ y enchúfelo en la otra fórmula para ver si sale.

Neves

El uso de números de Stirling no es la forma más fácil de obtener el

a_{k}

$a_k$ , sin embargo sería interesante ver si el

a_{k}

$a_k$ es

\frac{\ln^{k} (1 + x)}{k!}

$\frac{\ln^{k}(1+x)}{k!}$ como se esperaba.

Respuestas (1)

Expansión binomial generalizada de (1+x)y(1+x)y\left(1+x \right)^{y}

Te refieres a $\sum_{k=0}^\infty a_kx^k$ en la ultima ecuacion?
Sugerencia para un enfoque diferente: los números de Stirling y el factorial descendente .
@mpiktas, no, estoy considerando la serie de potencia en términos de $y$ .
Neves, @Raskolnikov dio una pista bastante transparente. Haz las sustituciones apropiadas en cierta serie de potencias famosa...
@Raskolnikov, @JM ok, la serie sería $\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(\ln(1+x))^{k}y^{k}}{k!}$ , pero sería el $a_k$ sería lo mismo si hubiera seguido directamente de la expansión binomial?
¿No está seguro de lo que quiere decir con seguido directamente de la expansión binomial? ¿Quieres decir como en mi sugerencia para el segundo enfoque?
@Raskolnikov, en la expansión binomial el término $\binom{y}{k}x^{k}=\frac{y(y-1)(y-2)\ldots(y-k+1)}{k!}x^{k}$ podría ampliarse en términos de poderes de $y$ y luego obtendría el $a_k$ término. Si procediera de esta manera, concluiría que $a_k=\frac{\ln^{k}(1+x)}{k!}$ ?
Bien, eso era lo que estaba sugiriendo con los números de Stirling. Los factores con el producto de y es lo que se llama un factorial descendente y se puede expresar como una suma de potencias de y, los coeficientes serán números de Stirling. Ahora, las dos expansiones deberían ser iguales, pero se necesita algo de trabajo para demostrarlo. Supongo que podrías intentar expandir $\ln(1+x)$ y enchúfelo en la otra fórmula para ver si sale.
El uso de números de Stirling no es la forma más fácil de obtener el $a_k$ , sin embargo sería interesante ver si el $a_k$ es $\frac{\ln^{k}(1+x)}{k!}$ como se esperaba.

pedro · Answer 1

EDITAR: No me di cuenta de que pediste $y^k$ , por mal. Acabo de leer pasado y asumí lo obvio.

Puedes hacer lo mismo que mi primera respuesta:

{(1 + X)}^{y} = F (y)

${\left( {1 + x} \right)^y} = f(y)$

Desde el $k$ la derivada será ${{{\log }^k}\left( {1 + x} \right)}$ tienes

{(1 + X)}^{y} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{{registro}^{k} (1 + X)}{k!} y^{k}

${\left( {1 + x} \right)^y} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{{\log }^k}\left( {1 + x} \right)}}{{k!}}} {y^k}$

No creo que puedas ir más lejos sin pasar mucho tiempo con lápiz y papel.

Asumir

{(1 + X)}^{α} = \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} X^{k}

${\left( {1 + x} \right)^{\alpha}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {{a_k}{x^k}}$

Ya que si dos series

\begin{aligned} \sum a_{k} {(X - a)}^{k} \\ \sum b_{k} {(X - a)}^{k} \end{aligned}

$\eqalign{ & \sum {{a_k}{{\left( {x - a} \right)}^k}} \cr & \sum {{b_k}{{\left( {x - a} \right)}^k}} \cr}$

sumar a la misma función entonces

a_{k} = b_{k} = \frac{F^{(k)} (a)}{k!}

${a_k} = {b_k} = \frac{{{f^{\left( k \right)}}\left( a \right)}}{{k!}}$

para cada $k \leq 0$ , podemos suponer:

a_{k} = \frac{F^{(k)} (0)}{k!}

$a_k = \dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}$

Poniendo $y = {\left( {1 + x} \right)^{\alpha}}$ obtenemos

y^{'} (0) = α

$y'(0) = \alpha$

y^{″} (0) = α (α - 1)

$y''(0) = \alpha(\alpha-1)$

y^{‴} (0) = α (α - 1) (α - 2)

$y'''(0) = \alpha(\alpha-1)(\alpha-2)$

y^{I V} (0) = α (α - 1) (α - 2) (α - 3)

$y^{{IV}}(0) = \alpha(\alpha-1)(\alpha-2)(\alpha-3)$

Podemos probar en general que

y^{(k)} = α (α - 1) \dots (α - k + 1)

$y^{(k)}= \alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k+1)$

o expresado en términos de factoriales

y^{(k)} (0) = \frac{α!}{(α - k)!}

$y^{(k)}(0)= \frac{\alpha!}{(\alpha-k)!}$

Esto hace

a_{k} = \frac{α!}{k! (α - k)!}

$a_k = \frac{\alpha!}{k!(\alpha-k)!}$

que es lo que queríamos.

{(1 + X)}^{α} = \sum_{k = 0}^{\infty} (\binom{α}{k}) X^{k}

${\left( {1 + x} \right)^\alpha } = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\alpha \choose k} {{x^k}}$

Puede probar esto de una manera más rigurosa mediante ecuaciones diferenciales:

Colocar $f(x) = \displaystyle \sum\limits_{k = 0}^\infty {\alpha \choose k} {{x^k}}$ y demuestre que el radio de convergencia es 1.
Muestra esa $f(x)$ es la solución a la ODE $y^{'} - \frac{α}{X + 1} y = 0$ $y' - \frac{\alpha }{{x + 1}}y = 0$ con condición inicial $f(0)=1$ .
Por el teorema de que la solución a la ecuación lineal

y^{'} + PAG (X) y = R (X)

$y'+P(x)y=R(x)$

con condiciones iniciales $f(a) = b$ es único, puede probar la afirmación. (Pruebalo $y = {\left( {1 + x} \right)^{\alpha}}$ también satisface la ecuación y ya está.)

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pedro

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