¿Hay una prueba mucho más simple para factorial fórmula de Euler?

Question

Fórmula de Euler para factorial indicado como sigue

Teorema de la [Euler]: cualquier % de enteros no negativos $a$y $n$ tal que $a\geq n$ % $ $$ n!=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}(a-k)^n$

Probar esta fórmula ha ser frecuentes aquí y las respuestas que son muy sofisticados. ¿Conoces alguna prueba más simple? ¿o puede usted probarlo usando inducción simple?

Answer 1

Considere la función $$ (1-x)^n = \sum_{k=0}^{\infty} \binom{n}{k} (-1)^k x^k. $$ Entonces podemos escribir $$ \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (-1)^k k x^k = x\frac{d}{dx}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} (-1)^k x^k = x\frac{d}{dx} (1-x)^n. $$ Establecimiento $x=1$ da el resultado $$ \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (-1)^k k = 0, \quad (n>1) $$ desde $$ x\frac{d}{dx} (1-x)^n = -nx(1-x)^{n-1} $$ Ahora, es evidente que se puede generalizar esto a los poderes superiores de $k$ simplemente actuando con el operador $x\frac{d}{dx}$ suficientemente muchas veces. La linealidad, a continuación, nos permite extender esto a los polinomios en $k$ grado $<n$. Ahora, esto se ha ocupado de cada término en $(a-k)^n$ aparte de la $k^n$ plazo. Es fácil ver, usando el operador de la ecuación $$ \frac{d}{dx}x = 1+x\frac{d}{dx}, $$ que $$ \left( x\frac{d}{dx} \right)^n = x^n \left( \frac{d}{dx} \right)^n + \text{(lower order derivatives)}; $$ como hemos señalado anteriormente, sólo el primer término dejará un número distinto de cero cuando consideramos $$ \left( x\frac{d}{dx} \right)^n (1-x)^n, $$ evaluados en $x=1$. Este plazo será obviamente $(-1)^n n!$, y se obtiene el resultado $$ \sum_{k=0}^{n} (-1)^k\binom{n}{k} P(k) = (-1)^n n! a_n, $$ para polinomios $ P(k) = a_n k^n + a_{n-1} k^{n-1} + \dotsb + a_0 $.

Véase también la fórmula de Euler n Diferencias de Poderes, H. W. Gould, La American Mathematical Monthly, Vol. 85, Nº 6 (Jun. - Jul., 1978), pp 450-467

Answer 2

Aquí es la más sencilla prueba que yo conozco. Es una muy sencilla aplicación del cálculo de las diferencias finitas.

Deje $f(x)$ ser un polinomio. Considere la posibilidad de su hacia atrás de diferencia finita

$$(\Delta f)(x) = f(x) - f(x - 1).$$

Clave lema: Si $f$ cuenta con tecnología de plazo$a_n x^n$, $\Delta f$ cuenta con tecnología de plazo $n a_n x^{n-1}$. En particular, su grado es uno menos que el de $f$.

Sketch. Acaba de expandir $f(x) - f(x - 1)$ usando el teorema del binomio. Aviso de que esto es exactamente lo que la derivada se comporta, que es una de las razones es bueno: es muy fácil de recordar. $\Box$

Ahora, escriba $\Delta^n f$ $n$veces de diferencia finita de $f$.

Corolario: Si $f$ cuenta con tecnología de plazo$x^n$,$\Delta^n f = n!$.

Por otro lado, ¿qué es $\Delta^n f$ más explícitamente? Escribir $S$ para el operador que, dada una función de $f(x)$, devuelve la función de $f(x - 1)$, y escribir $I$ para la identidad del operador que, dada una función de $f(x)$, devuelve la función de $f(x)$ nuevo. A continuación, el retroceso de diferencia finita puede ser escrito

$$\Delta f = (I - S) f$$

y, por lo tanto, por el teorema del binomio,

$$\Delta^n f = (I - S)^n f = \sum_{k=0}^n {n \choose k} (-1)^k S^k f$$

o, más explícitamente,

$$(\Delta^n f)(x) = \sum_{k=0}^n {n \choose k} (-1)^k f(x - k).$$

También se puede demostrar esta identidad a través de la inducción o el uso de funciones de generación. Sin embargo, se quiere demostrar, una vez que se combinan con el corolario anterior, la configuración de $f(x) = x^n$ da exactamente el resultado deseado.