Demostrar

Question

Cómo probar

$\displaystyle \sum_{q=\alpha}^p \binom{q}{\alpha} \binom{p}{q}\frac{(-1)^q(-q)^p}{q^\alpha}=\frac{p!}{\alpha!}$

¿$1 \leq \alpha \leq p$?

EDIT: Este es un resultado que derivé después jugando con el hecho (dado) que

$\displaystyle\sum_{q=1}^p\sum_{j=1}^q q^{p-2}(1+h/q)^{j-1}\prod_{i=1,i\neq q}^p\frac{1}{q-i}=\sum_{q=1}^p[(1+h/q)^q-1]\frac{(-1)^{p-q}q^{p}}{q!(p-q)!}=\sum_{q=1}^p \frac{h^q}{q!}$

y agrupar los coeficientes de cada $h^\alpha$ en ambos lados.

He probado algunos valores de $\alpha$ y $p$ y funciona, por lo que la fórmula parece ser cierto. No sé cómo proceder para probar este resultado.

Answer 1

Supongamos que buscamos para comprobar que

$$(-1)^p \sum_{q= r}^p {p\elegir q} {q\elegir r} (-1)^q^{p - r} = \frac{p!}{ r!}.$$

Utilizamos la representación integral

$${q\elegir r} = {q\elegir q - r} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{p}}{z^{p - r+1}} \; dz$$

que es cero cuando $q\lt r$ (polo se desvanece) para que podamos extender $q$ de vuelta a cero.

También usamos la integral

$$p^{p - r} = \frac{(p - r)!}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{\exp(qw)}{w^{p - r+1}} \; ps.$$

De este modo, obtener por la suma

$$\frac{(-1)^p (p - r)!}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{p - r+1}} \\ \times \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} z^{ i-1} \sum_{q=0}^p {p\elegir q} (-1)^q \frac{(1+z)^p}{z^p} \exp(qw) \; dz\; dw \\ = \frac{(-1)^p (p - r)!}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{p - r+1}} \\ \times \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} z^{ i-1} \left(1-\frac{1+z}{z}\exp(w)\right)^p \; dz\; dw \\ = \frac{(-1)^p (p - r)!}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{p - r+1}} \\ \times \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{p - r+1}} (-\exp(w)+z(1-\exp(w)))^p \; dz\; dw \\ = \frac{(p - r)!}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{p - r+1}} \\ \times \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{p - r+1}} (\exp(w)+z(\exp(w)-1))^p \; dz\; ps.$$

Se extrae el residuo en el interior de la integral para obtener

$$\frac{(p - r)!}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{p - r+1}} {p\elegir p - r} \exp( r w) (\exp(w)-1)^{p - r} \; dw \\ = \frac{p!}{ r!} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{p - r+1}} \exp( r w) (\exp(w)-1)^{p - r} \; ps.$$

Queda por calcular $$[w^{p - r}]\exp( r w) (\exp(w)-1)^{p - r}.$$

Observar que $\exp(w)-1$ comienza a $w$ $(\exp(w)-1)^{p- r}$ comienza a $w^{p- r}$ y, por tanto, sólo el coeficiente constante de $\exp( r w)$ contribuye, siendo el valor de uno, que finalmente los rendimientos

$$\frac{p!}{ r!}.$$

Answer 2

Para mi propia conveniencia voy a reemplazar su $\alpha,p$, e $q$$m,n$, e $k$, respectivamente. Fix $n$, y vamos a

$$f(m)=\sum_k\binom{k}m\binom{n}k(-1)^{n+k}k^{n-m}=\sum_k(-1)^{n-k}\binom{n}kk^{n-m}\frac{k^{\underline{m}}}{m!}\;,$$

donde $x^{\underline{m}}=x(x-1)\ldots(x-m+1)$ es una caída factorial. Ahora

$$\begin{align*} \frac1{m+1}f(m)&=\sum_k(-1)^{n-k}\binom{n}kk^{n-m}\frac{k^{\underline{m}}}{(m+1)!}\\ &=\sum_k(-1)^{n-k}\binom{n}kk^{n-m-1}\frac{k\cdot k^{\underline{m}}}{(m+1)!}\\ &=\sum_k(-1)^{n-k}\binom{n}kk^{n-m-1}\frac{\big((k-m)+m\big)\cdot k^{\underline{m}}}{(m+1)!}\\ &=\sum_k(-1)^{n-k}\binom{n}kk^{n-m-1}\frac{k^{\underline{m+1}}+m\cdot k^{\underline{m}}}{(m+1)!}\\ &=f(m+1)+\sum_k(-1)^{n-k}\binom{n}kk^{n-m-1}\frac{m\cdot k^{\underline{m}}}{(m+1)!}\\ &=f(m+1)+\frac{m}{(m+1)!}\sum_k(-1)^{n-k}\binom{n}kk^{n-m-1}k^{\underline{m}}\;. \end{align*}$$

Ahora $k^{n-m-1}k^{\underline{m}}$ es un polinomio en a $k$ grado $n-1$, dicen

$$k^{n-m-1}k^{\underline{m}}=\sum_{i=0}^{n-1}c_ik^i\;,$$

así

$$\begin{align*} \frac1{m+1}f(m)&=f(m+1)+\frac{m}{(m+1)!}\sum_k(-1)^{n-k}\binom{n}k\sum_{i=0}^{n-1}c_ik^i\\ &=f(m+1)+\frac{m}{(m+1)!}\sum_{i=0}^{n-1}c_k\sum_k(-1)^{n-k}\binom{n}kk^i\\ &=f(m+1)+\frac{m}{(m+1)!}\sum_{i=0}^{n-1}c_k{i\brace n}n!\\ &=f(m+1)\;, \end{align*}$$

dado que el número de Stirling del segundo tipo ${i\brace n}=0$ $i<n$.

Ahora

$$f(0)=\sum_k\binom{n}k(-1)^{n-k}k^n={n\brace n}n!=n!\;,$$

así que por un fácil de inducción tenemos

$$f(m)=\frac{n!}{m!}$$

para $0\le m\le n$.

De hecho, empecé a partir de la observación de que, si en el hecho de $f(m)=\frac{n!}{m!}$, $f$ tendría que satisfacer la ecuación

$$\frac1{m+1}f(m)=f(m+1)$$

y trabajó a partir de ahí.

Answer 3

Deje $n:=p-\alpha$$r:=q-\alpha$. Luego, a partir de la identidad $\displaystyle\binom{q}{\alpha}\,\binom{p}{q}=\binom{p}{\alpha}\,\binom{p-\alpha}{q-\alpha}$, la igualdad de $\displaystyle\sum_{q=\alpha}^p\,\binom{q}{\alpha}\,\binom{p}{q}\,\frac{(-1)^q(-q)^p}{q^\alpha}=\frac{p!}{\alpha!}$ mantiene si y sólo si $$(-1)^n\,n!=\sum_{r=0}^n\,(-1)^r\,\binom{n}{r}\,(\alpha+r)^n\,.\tag{*}$$ Para $j=0,1,2,\ldots,n$, el coeficiente de $\alpha^j$ sobre el lado derecho está dada por $$t_j:=\sum_{r=0}^n\,(-1)^r\,\binom{n}{r}\,r^{n-j}\,,$$ donde $0^0$ a $1$. Por lo tanto, es suficiente para mostrar que $t_1=t_2=\ldots=t_n=0$$t_0=(-1)^n\,n!$.

Esto puede ser hecho, el uso de la inducción en $j$ que $t_{n-j}=0$ si $j=0,1,\ldots,n-1$$t_n=(-1)^n\,n!$. Para $j=0$, la demanda es trivial como $t_n=(1-1)^n$ $0$ si $n>0$, y que es $1$ si $n=0$. Supongamos ahora que $n,j>0$$t_{n-j+1}=t_{n-j+2}=\ldots=t_{n}=0$. Tenga en cuenta que no son enteros $d_1,d_2,\ldots,d_j$ tal que $$r^{j}=j!\,\binom{r}{j}+d_{1}\,\binom{r}{j-1}+\ldots+d_j\,\binom{r}{0}$$ para todos los $r\in\mathbb{Z}$. Por lo tanto, $$t_{n-j}=j!\,\sum_{r=0}^n\,(-1)^r\,\binom{n}{r}\,\binom{r}{j}+\sum_{i=1}^j\,d_i\,t_{n-j+i}\,.$$ Por la hipótesis de inducción, $\displaystyle t_{n-j}=j!\,\sum_{r=0}^n\,(-1)^r\,\binom{n}{r}\,\binom{r}{j}$. En consecuencia, $$t_{n-j}=j!\,\sum_{r=0}^n\,(-1)^r\,\binom{n}{j}\,\binom{n-j}{r-j}=(-1)^j\,j!\,\binom{n}{j}\,\sum_{r=j}^n\,(-1)^{r-j}\,\binom{n-j}{r-j}\,.$$ Ergo, $$t_{n-j}=(-1)^j\,j!\,\binom{n}{j}\,\sum_{\mu=0}^{n-j}\,(-1)^\mu\,\binom{n-j}{\mu}=(-1)^j\,j!\,\binom{n}{j}\,(1-1)^{n-j}$$ que es $0$ si $j<n$, y es $(-1)^n\,n!$ si $j=n$. La inducción es ahora completa.

Hemos demostrado que (*) se cumple para cualquier número entero no negativo $\alpha$, donde la identidad original, también es cierto. Tenga en cuenta que la identidad (*) sostiene en $\mathbb{Z}[\alpha]$ donde $\alpha$ es tratado como una variable.

P. S.: no necesitamos el hecho de que el $d_i$'s son enteros. Es suficiente para mostrar que el $d_i$'s son números racionales. Simplemente observar que $\mathbb{Q}[x]$ es generado por los polinomios de la forma$\binom{x}{i}$$i=0,1,2,\ldots$. A continuación, $x^j\in\mathbb{Q}[x]$ es combinación lineal de más de $\mathbb{Q}$$\binom{x}{i}$$i=0,1,\ldots,j$. Sin embargo, se puede demostrar fácilmente que el $x^j$ es de hecho una combinación lineal de más de $\mathbb{Z}$$\binom{x}{i}$$i=0,1,\ldots,j$.

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Alternativamente, se observa que la $\displaystyle s_j:=\sum_{r=0}^n\,(-1)^{n-r}\,\binom{n}{r}\,r^j=(-1)^n\,t_{n-j}$ es el número de surjections de$\{1,2,\ldots,j\}$$\{1,2,\ldots,n\}$, utilizando el Principio de Inclusión y Exclusión. Claramente, si $j=0,1,\ldots,n-1$, $(-1)^n\,t_{n-j}=s_j=0$ porque tal surjections no existen, mientras que la $s_n=(-1)^n\,t_0$ es el número de permutaciones en $\{1,2,\ldots,n\}$, que es, precisamente,$n!$.