Para probar

Question

Cómo demostrar algebraicamente que$$n!=\sum\limits_{r=0}^n (-1)^r \binom{n}{r} (n-r)^n$ $

Estaba tratando de encontrar un número de funciones en$A$ a$A$ que contengan$n$ elementos.

Utilizando el principio de exclusión de inclusión, obtengo$$\sum\limits_{r=0}^n (-1)^r \binom{n}{r} (n-r)^n.$ $

También podemos hacerlo mediante combinatoria simple, ya que cada elemento debe tener una preimagen y cantidad de elementos en el dominio igual a la cantidad de elementos en el codominio, el número de funciones es$n!.$

¿Hay alguna forma algebraica para probar que estos dos son iguales?

Answer 1

Es conveniente utilizar el coeficiente de operador $[z^n]$ para denotar el coeficiente de $z^n$ de una serie. De esta manera podemos escribir por ejemplo

$$n![z^n]e^{rz}=r^n$$

Obtenemos \begin{align*} \color{blue}{\sum_{r=0}^n}&\color{blue}{(-1)^r\binom{n}{k}(n-r)^n}\\ &=\sum_{r=0}^n(-1)^{n-r}\binom{n}{r}r^n\tag{1}\\ &=\sum_{r=0}^n(-1)^{n-r}\binom{n}{r}n![z^n]e^{rz}\tag{2}\\ &=n![z^n]\sum_{r=0}^n\binom{n}{r}\left(e^{z}\right)^r(-1)^{n-r}\tag{3}\\ &=n^n\tag{4}\\ &=n^n\tag{5}\\ &\color{blue}{=n!} \end{align*} y el reclamo de la siguiente manera.

Comentario:

• En (1) podemos cambiar el orden de la suma mediante el establecimiento $r \rightarrow n-r$ y utilizar el binomio identidad $\binom{p}{q}=\binom{p}{p-q}$.

• En (2) se aplica el coeficiente de operador.

• En (3) se utiliza la linealidad del coeficiente de operador y hacer un poco de reordenamiento como preparación para el siguiente paso.

• En (4) aplicamos el teorema del binomio.

• En (5) hacemos la expansión de la serie de $e^{z}$ y ver el más pequeño exponente de $z$$(e^{z}-1)^n$$\color{blue}{n}$. Así, sólo usaremos la constante $\color{blue}{1}$ en la expansión de la serie.

Answer 2

En realidad, tenemos que $$ n! = \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,n} \right)} {\left( { - 1} \right)^{\,k} \left( \matriz{ n \hfill \cr k \hfill \cr} \right)\left( {n - k} \right)^{\n} } = \left. {\sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,n} \right)} {\left( { - 1} \right)^{\,k} \left( \matriz{ n \hfill \cr k \hfill \cr} \right)\left( {x k} \right)^{\n} \;} } \right|_{\,x\, = \,n} = \left. {\sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,n} \right)} {\left( { - 1} \right)^{\,k} \left( \matriz{ n \hfill \cr k \hfill \cr} \right)p_ {\n} (x - k)\;} } \right|_{\,x\, = \,n} $$ para cualquier $x \in \mathbb R$$x \in \mathbb C$, y para cualquier polinomio en $x$ grado $n$, con un coeficiente inicial $1$.

Eso es debido a que el Retroceso de la Diferencia, que se define como $$ \nabla _x f(x) = f(x) - f(x - 1) $$ y en la que se reitera como $$ \nabla _x ^{\n} f(x) = \nabla _x ^{\,n - 1} f(x) - \nabla _x ^{\,n - 1} f(x - 1) = \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,n} \right)} {\left( { - 1} \right)^{\,k} \left( \matriz{ n \hfill \cr k \hfill \cr} \right)f\left( {x k} \right)} $$ cuando se aplica a un polinomio de grado $n$ $$ p_ {\n} (x) = \sum\limits_{0\, \le \m\, \le \,n} {a_ {\n} x^{\n} } $$ da $$ \nabla _n ^{\n} p_ {\n} (n) = \left. {\nabla _x ^{\n} p_ {\n} (x)\,} \right|_{\,x\, = \,n} = a_ {\n} \,n! $$ como es fácil de comprobar, si usted sabe los Números de Stirling y la Caída de factoriales.

Answer 3

Deje$$\Delta f(x)=f(x+1)-f(x),$$ $$Df(x)=f'(x).$ $ Dado que$$f(x+1)-f(x)=f'(x)+\frac{f''(x)}{2!}+\frac{f'''(x)}{3!}+\cdots,$ $ tenemos$$\Delta=D+\frac{D^2}{2!}+\frac{D^3}{3!}+\cdots.$ $

Por lo tanto$$\Delta^nf(x)=\left(D+\frac{D^2}{2!}+\frac{D^3}{3!}+\cdots\right)^nf(x).\label{1}\tag{1}$ $

Aplicando sucesivamente el operador de diferencia finita, obtenemos$$\Delta^nf(x)=\sum_{r=0}^{n}(-1)^r {n\choose r}f(x+n-r)\label{2}\tag{2}.$ $

Si$f(x)=x^n$ luego$D^nf(x)=n!$, y$D^mf(x)=0$ si$m>n$. Por lo tanto, combinando \ eqref {1} y \ eqref {2} obtenemos$$n!=\sum_{r=0}^{n}(-1)^r {n\choose r}(x+n-r)^n.$ $ El resultado deseado sigue al establecer$x=0$. Tenga en cuenta que esto funciona en mayor generalidad.