Muestran que

Question

¿Cómo podríamos mostrar eso?

PS

$$\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n+k}{n\choose k}(ak+b)_n=n!a^n\tag1$

$(x)_n=x(x+1)(x+2)\cdots(x+n-1)$

Recordemos del teorema del binomio

PS

Ajuste $(x)_0=1$

PS

¿Tal vez diferencia$$(x+a)^n=\sum_{k=0}^{n}{n\choose k}x^ka^{n-k}\tag2$ por m veces?

PS

PS

y así sucesivamente ... pero no veo cómo llegar a$a=-1$

Answer 1

Vamos que definir los siguientes (diferencia) operador: $$\delta : p(x) \mapsto (\delta p)(x)=p(x+1)-p(x).$$ Hay algunas propiedades simples si $p(x)$ es un polinomio con grado de $d\geq 1$:

1. El grado de $(\delta p)(x)$$d-1$;
2. Si el líder plazo de $p(x)$$ax^d$, el líder de la duración de la $(\delta p)(x)$ es el mismo como el líder plazo de $p'(x)$, es decir,$ad x^{d-1}$.

¿Qué sucede si $p(x)$ es un polinomio con grado de $n$ y aplicamos $\delta^n$ a? Por 1. obtenemos un polinomio constante, y por 2. ese constante polinomio es $n!$ multiplicado por el coeficiente inicial de $p(x)$. Así que si tenemos en cuenta $p(x)=(ax+b)_n$ tenemos que $(\delta^n p)(x)=n!a^n$. En el otro lado:

$$ (\delta^n p)(x) = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{n-k} p(x+k) $$ es fácil de demostrar por inducción, y $$ \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{n-k} p(k) = (\delta^n p)(0) = n! a^n $$ prueba de la reclamación.

Answer 2

Nos re-escribo esto como

$$S_{a,b}(n) = \sum_{k=0}^n (-1)^{n+k} {n\elegir k} (ak+b+n-1)^{\underline{n}} = n! \veces a^n.$$

Este rendimientos para los LHS

$$\sum_{k=0}^n (-1)^{n+k} {n\elegir k} \sum_{q=0}^n (-1)^{n+p} \left[n\cima de q\ \ derecho] (ak+b+n-1)^q.$$

Ahora claramente el original LHS es un polinomio de grado $n$$a$. Nosotros el resultado si nos las arreglamos para evaluar los coeficientes de $[a^p]$ donde$0\le p\le n$, que se dan por

$$\sum_{k=0}^n (-1)^{n+k} {n\elegir k} \sum_{p=p}^n (-1)^{n+p} \left[n\cima de q\ \ derecho] {q\elegir p} k^p (b+n-1)^{p-p}.$$

Este es

$$\sum_{p=p}^n (-1)^{q} \left[n\cima de q\ \ derecho] {q\elegir p} (b+n-1)^{p-p} \sum_{k=0}^n (-1)^{k} {n\elegir k} k^p.$$

Con $k^p = p! [z^p] \exp(kz)$ hemos

$$\sum_{k=0}^n (-1)^{k} {n\elegir k} k^p = p! [z^p] \sum_{k=0}^n (-1)^{k} {n\elegir k} \exp(kz) \\ = p! [z^p] (1-\exp(z))^n$$

y para obtener la suma

$$p! [z^p] \sum_{p=p}^n (-1)^{q} \left[n\cima de q\ \ derecho] {q\elegir p} (b+n-1)^{p-p} (1-\exp(z))^n \\ = p! [z^p] (1-\exp(z))^n \sum_{p=p}^n (-1)^{q} \left[n\cima de q\ \ derecho] {q\elegir p} (b+n-1)^{p-p}.$$

Observar que $1-\exp(z) = -z - \frac{1}{2} z^2 -\frac{1}{6} z^3-\cdots$ hence we get zero for $p\n lt.$ For $p=$ n nos quedamos con

$$n! (-1)^n \sum_{q=n}^n (-1)^{q} \left[n\cima de q\ \ derecho] {q\elegir n} (b+n-1)^{p-n} \\ = n! \left[n\cima n\right] {n\elegir n} \times 1 = n!$$

Esto significa que

$$[a^p] S_{a,b}(n) = [[p = n]] \times n!$$

y tenemos la reclamación.