Demostrar

Question

Encontré a través de simulaciones que

ps

¿Hay alguna prueba de esto? Intenté resolverlo de la siguiente manera:

• Inducción, pero se vuelve muy desordenada.
• Teorema binomial, pero no llegué a ninguna parte.

Cualquier ayuda con esto es muy apreciada.

Answer 1

Deje $[m]$ denota el conjunto de la primera $m$ enteros positivos.

Deje $S$ el conjunto de funciones de $[n]\to [n+2]$, y para $1\le i \le n+1$, vamos a $S_i$ ser el conjunto de funciones cuya variedad no contiene $i$. Obviamente, $|S|=(n+2)^n$. Además, el rango de una función en $S$ no contendrá al menos dos elementos, ya que la serie tiene en la mayoría de las $n$ elementos. Por lo tanto, algunos de número de $1\le i\le n+1$ debe faltar en la gama, por lo que $$ S=\bigcup_{i=1}^{n+1} S_i $$ Por lo tanto, se puede utilizar el principio de inclusión-exclusión para el recuento $|S|$ en cuanto a los tamaños de las $k$-forma intersecciones $|S_{i_1}S_{i_2}\dots S_{i_k}|$. Para cualquier $k$, la intersección de a $k$ de los conjuntos de $S_i$ se compone de funciones cuyo rango no contienen un determinado $k$ elementos. El número de tales funciones es $(n+2-k)^n$. Por lo tanto, el uso de la inclusión-exclusión de la fórmula, $$ |S|=(n+2)^n = \sum_{k=1}^{n+1} (-1)^{k+1}\binom{n+1}k(n+2-k)^n $$ El resultado sigue invirtiendo el orden de la suma, es decir, la configuración de $k\leftarrow n+1-i$.

Answer 2

Inicio de

$$\sum_{q=0}^n (-1)^{n-q} {n+1\elegir q} (q+1)^n \\ = \sum_{q=0}^n (-1)^{n-q} {n+1\elegir q} n! [z^n] \exp((q+1)z) \\ = n! [z^n] \exp(z) \sum_{q=0}^n (-1)^{n-q} {n+1\elegir q} \exp(qz) \\ = - n! [z^n] \exp(z) \times (-1) \exp((n+1)z) \\ + n! [z^n] \exp(z) \sum_{q=0}^{n+1} (-1)^{n-q} {n+1\elegir q} \exp(qz) \\ = n! [z^n] \exp((n+2)z) \\ - n! [z^n] \exp(z) \sum_{q=0}^{n+1} (-1)^{n+1-q} {n+1\elegir q} \exp(qz) \\ = (n+2)^n \\ - n! [z^n] \exp(z) (\exp(z)-1)^{n+1}.$$

Ahora $\exp(z)-1 = z + \cdots$ y por lo tanto $(\exp(z)-1)^{n+1} = z^{n+1} +\cdots$ y por lo tanto

$$[z^n] \exp(z) (\exp(z)-1)^{n+1} = 0$$

y nos quedamos con

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ (n+2)^n.}$$

Answer 3

Esta es una forma menos inteligente algebraicas prueba por inducción. En realidad nos demuestran que algo más fuerte:

Para cualquier $\lambda>0$, tenemos $$\sum_i(-1)^i\binom{n+1}{i}(i+\lambda)^n=0$$ donde $i$ corre a través de todos los números enteros y definir $\binom{n}{i}=0$ si $i<0$ o $i>n$.

Prueba. Esto es sencillo para $n=0$. Supongamos por $n=k$ la afirmación es verdadera. Entonces \begin{align} \sum_i(-1)^i\binom{k+2}i(i+\lambda)^{k+1}&=\sum_i(-1)^i\binom{k+2}i\binom i1(i+\lambda)^k+\lambda\sum_i(-1)^i\binom{k+2}{i}(i+\lambda)^k \end{align} Tenga en cuenta que$\binom{k+2}i\binom i1=\binom{k+2}1\binom{k+1}{i-1}$$\binom{k+2}i=\binom{k+1}i+\binom{k+1}{i-1}$. Por hipótesis de inducción obtenemos $\sum(-1)^i\binom{k+1}i(i+\lambda)^k=0$, lo que \begin{align} \sum_i(-1)^i\binom{k+2}i(i+\lambda)^{k+1}&=(k+2+\lambda)\sum_i(-1)^i\binom{k+1}{i-1}(i+\lambda)^k\\ &=-(k+2+\lambda)\sum_i(-1)^i\binom{k+1}{i}(i+\lambda+1)^k\\ &=0 \end{align} donde la última igualdad se sigue de la hipótesis de inducción de nuevo.

Answer 4

La publicación de una segunda respuesta, porque no es una completamente diferente, más una prueba directa.

Tenga en cuenta que la resta de la $(n+2)^n$ a la derecha, esto es equivalente a probar $$ \sum_{i=0}^{n+1} (-1)^{n-i}\binom{n+1}i(i+1)^n\stackrel{?}=0 $$ que después de multiplicar ambos lados por $(-1)^n$ es igual a $$ \sum_{i=0}^{n+1} (-1)^{i}\binom{n+1}i(i+1)^n \stackrel{?}=0\etiqueta{1} $$ Para probar esto, considere el polinomio $$ \sum_{i=0}^{n+1} \binom{n+1}i(i+1)^nx^i \etiqueta{2} $$ Yo reclamo que $(2)$ es el resultado de tomar el polinomio $$ \sum_{i=0}^{n+1} \binom{n+1}ix^i\etiqueta{3} $$ y realizar la siguiente operación $n$ veces: multiplicar el polinomio por $x$, luego se diferencian. De hecho, cada sumando de un polinomio se parece a $a_i x^i$, y cuando se multiplica por $x$ y diferenciar, el resultado es $(i+1)a_ix^i$. Haciendo esto $n$ veces resultados en $(i+1)^na_ix^i$.

Pero el polinomio en el $(3)$ es por el teorema del binomio igual a $(1+x)^{n+1}$. Tenga en cuenta que este tiene un cero de orden $n+1$$x=-1$. Multiplicando por $x$ no cambia esto. Se trata de un estándar resultado que si $f(x)$ tiene un cero de orden $k$$x_0$, $f'(x)$ tiene un cero de orden $k-1$$x_0$. Por lo tanto, desde el $(3)$ tiene un cero de orden $n+1$, se deduce que después de $n$ diferenciaciones (y algunas multiplicaciones por $x$), todavía tiene un cero de orden $1$. En particular, $(2)$ tiene un cero en $x=-1$, por lo que la expresión en $(1)$ es igual a cero.