Investigando en la modelización de la probabilidad obtuve una identidad, que es correcta para $n > 2$ .
$$\sum\limits^n_{i=1}(-1)^{n+i}{{n}\choose{i}}i^{n-2}=0$$
¿Cómo se puede demostrar directamente? ¿En qué literatura puedo encontrarlo?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Escribamos la serie requerida como $$ S_n=\sum_{i=1}^{n} (-1)^i~ i^{n-2} ~ {n\choose i}\tag 1$$ Consideremos una función interesante $$f(x)=(1-e^{x})^n = 1~-~n e^{x}+\frac{n(n-1)}{2!} e^{2x}-\frac {n(n-1)(n-2)}{3!} e^{3x}+....(n+1)~ \mbox{terms}\tag 2$$ A continuación, el coeficiente de $x^{n-2}$ en el lado derecho de $(2)$ es $$-\frac{n}{1!} \frac{1^{n-2}}{(n-2)!}+\frac{n(n-1)}{2!} \frac{2^{n-2}}{(n-2)!}-\frac{n(n-1)(n-2)}{3!} \frac{3^{n-2}}{(n-2)!}+....=\frac{S_n}{(n-2)!} \tag 3$$ Además, el coeficiente de $x^{n-2}$ en $f(x)$ puede obtenerse de $$f(x)=(-1)^n (e^x-1)^n = (-1)^n \left ( x^n+\frac{n}{2}x^{n+1}+...\right),$$ donde hay términos que tienen poderes más altos de $x$ , a saber $x^n$ en las salas. Por lo tanto, se deduce que $S_n=0.$
Markus Scheuer
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Esta es una variación que utiliza el coeficiente de operador $[z^n]$ para denotar el coeficiente de $z^n$ en una serie. Recordando $e^z=\sum_{j=0}^\infty \frac{z^j}{j!}$ podemos escribir, por ejemplo \begin {align*} n![z^n]e^{kz}=k^n \tag {1} \end {align*}
Obtenemos para $n>2$ \begin {align*} \color {Azul}{ \sum_ {k=1}^n}& \color {azul}{(-1)^kk^{n-2} \binom {n}{k}} \\ &= \sum_ {k=1}^n(-1)^k \binom {n}{k}(n-2)![z^{n-2}]e^{kz} \tag {2} \\ &=(n-2)![z^{n-2}] \sum_ {k=1}^n \binom {n}{k} \left (-e^{z} \right )^k \\ &=(n-2)![z^{n-2}] \left ( \left (1-e^z \right )^n-1 \right ) \tag {3} \\ &=(n-2)![z^{n-2}] \left ((-1)^n \left (z+ \frac {z^2}{2}+ \cdots\right )^n-1 \right ) \tag {4} \\ &\,\, \color {azul}{0} \end {align*}
Comentario:
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En (2) aplicamos el coeficiente de operador según (1)
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En (3) aplicamos el teorema del binomio.
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En (4) observamos el coeficiente de $z^{n-2}$ es cero ya que el término de la izquierda comienza con potencias en $z$ mayor o igual que $n$ y la constante $-1$ no contribuye ya que $n>2$ .
Una pista: En el libro de H.S. Wilf se pueden encontrar ejemplos instructivos que utilizan ésta y otras técnicas relacionadas Generación de funciones . Véanse los ejemplos siguientes (1.2.6).
qwertz
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Mi prueba favorita de la forma probablemente más general de la identidad comienza con la afirmación $$\frac{d^m}{dx^m}(e^x-1)^n=\sum_{k=0}^m {m \brace k}\frac{n!}{(n-k)!} (e^x-1)^{n-k}e^{kx},\tag1 $$ que se puede demostrar fácilmente por inducción sobre $m$ utilizando el conocido propiedad de la suma de los números Stirling del segundo tipo: $$ {m \brace k-1}+k{m \brace k}={m+1 \brace k}. $$
Ahora considere la igualdad obvia: $$ (e^x-1)^n=\sum_{k=0}^n (-1)^{n-k}\binom nk e^{kx}.\tag2 $$ Diferenciar ambos lados $m$ veces con respecto a $x$ y sustituyendo $x=0$ en la expresión resultante: $$\sum_{k=0}^m {m \brace k}\frac{n!}{(n-k)!} (e^x-1)^{n-k}e^{kx}=\sum_{k=0}^n (-1)^{n-k}\binom nk k^me^{kx},\tag3 $$ se obtiene: $$ \boxed{{m \brace n}n!=\sum_{k=0}^n (-1)^{n-k}\binom nk k^m}\tag4 $$ ya que sólo $k=n$ puede proporcionar un término distinto de cero en la suma del lado izquierdo tras la sustitución. En particular, para $m<n$ la suma es $0$ y su reclamación sigue.
GmonC
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Sólo por el bien de alguien dando una respuesta que no usa la función exponencial (para una pregunta que no la involucra), déjame hacer un intento con esta. También me abstendré voluntariamente de invocar las diferencias finitas (como ya se mencionó en un comentario a la pregunta), aunque obviamente inspiraron algunos de los argumentos que daré.
Una observación clave es el hecho evidente de que la secuencia $(i^{n-2})_{i\in\Bbb N}$ se encuentra en el espacio de las secuencias de crecimiento polinómico de grado inferior a $~n$ (es decir, de secuencias $(P[i])_{i\in\Bbb N}$ para dicho polinomio). Una versión ligeramente modificada de la afirmación seguirá siendo cierta si sustituimos el factor $i^{n-2}$ por el término correspondiente de cualquier dicha secuencia. La modificación consiste en ampliar la suma empezando por $i=0$ en lugar de $i=1$ que no supone ninguna diferencia para la expresión dada, pero sí lo hace después de la sustitución mencionada.
Es bien sabido (y bastante obvio) que las "columnas" del triángulo de Pascal (el propio término de Pascal era "rangs perpendiculaires") son secuencias de crecimiento polinómico de grado igual al índice de la columna. Concretamente, tomaré como columna $k$ la secuencia $(\binom{k+i}k)_{i\in\Bbb N}$ (por lo que no incluyo ningún término $0$ desde antes de que se encuentre con el triángulo de Pascal propiamente dicho), y escribiendo $\binom{k+i}k=\frac{(i+1)(i+2)\ldots(i+k)}{k!}$ deja claro que se trata de una secuencia de crecimiento polinómico de grado $~k$ . Se deduce fácilmente que estas columnas para $k=0,1,\ldots,n-1$ forman una base del espacio de secuencias de crecimiento polinómico de grado menor que $~n$ . Por lo tanto, puedo probar mi afirmación mostrando $$ \sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom ni\binom{k+i}k=0 \qquad\text{for $ k=0,1, \ldots ,n-1 $}\tag{1} $$ (He utilizado $(-1)^{n+i}=(-1)^{n-i}$ ). En realidad voy a mostrar, con la convención $\binom nm=0$ siempre que $m<0$ que $$ \sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom n{n-i}\binom{k+i}k=\binom k{k-n} \qquad\text{for all $ k,n \in\Bbb N $}\tag{2} $$ que da claramente $(1)$ como un caso especial (ahora he reescrito $\binom ni=\binom n{n-i}$ para mayor comodidad).
Una prueba de $(2)$ utiliza algunas manipulaciones algebraicas y coeficientes binomiales con índice superior negativo. El lado derecho puede escribirse como $\binom k{k-n}=\binom kn=(-1)^n\binom{n-k-1}n$ donde la igualdad final es la operación de "negación del índice superior". Del mismo modo, el factor $\binom{k+i}k$ en el LHS es igual a $(-1)^i\binom{-k-1}i$ y $(2)$ se simplifica a $$ \sum_{i=0}^n\binom n{n-i}\binom{-k-1}i=\binom{n-k-1}n \qquad\text{for all $ k,n \in\Bbb N $,}\tag{3} $$ que no es más que una instancia de la identidad de Vandermonde (que sigue siendo válida para los coeficientes binomiales con índices superiores negativos).
Otra forma de demostrar $(2)$ es utilizar la inducción en $n$ pero para ello es necesario generalizar primero el enunciado (lo que se denomina carga por inducción), o al menos esto simplifica mucho la tarea. La generalización consiste en sustituir dos instancias de $k$ por un nuevo parámetro independiente $d$ (que podría llevarse a vivir en $\Bbb Z$ o incluso ser una indeterminada, pero me ceñiré a los coeficientes binomiales simples con índices en $\Bbb N$ aquí): $$ \sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom n{n-i}\binom{d+i}k=\binom d{k-n} \qquad\text{for all $ k,n,d \in\Bbb N $}\tag{4} $$ La prueba es ahora sencilla, así que me limitaré a esbozarla (de todos modos, hacer esto por uno mismo es más instructivo que verlo hecho). El caso base $n=0$ siendo fácil, asuma $n>0$ y reescribir $\binom n{n-i} = \binom{n-1}{n-i} + \binom{n-1}{n-i-1}$ (Recurrencia de Pascal), y dividir la suma en consecuencia en dos sumas; en la (segunda) suma con $\binom{n-1}{n-i-1}$ El término $i=n$ puede ser eliminado, y lo que queda da $-\binom{d}{k-(n-1)}$ por la hipótesis de inducción; en la (primera) suma con $\binom{n-1}{n-i}$ El término $i=0$ y después de desplazar hacia abajo el índice de suma en $~1$ la hipótesis de inducción se aplica de nuevo y hace que la suma $\binom{d+1}{k-(n-1)}$ así se consigue $\binom{d+1}{k-(n-1)}-\binom{d}{k-(n-1)} = \binom d{k-n}$ , de nuevo la recurrencia de Pascal.
Por último, permítanme intentar una prueba biyectiva de $(4)$ Sólo por diversión, sabiendo que lo que propondré no es realmente natural como para permitir una "explicación" mejor que las pruebas dadas. Para $m\in\Bbb N$ , dejemos que $[m]$ sea el conjunto de los primeros $m$ números naturales. La colección que consideraré es la de pares $(S,w)$ donde $S\subseteq[n]$ y $w$ es una cadena de $d+i$ bits en $\{0,1\}$ con la suma $k$ , donde $i$ es el número de elementos del complemento de $~S$ . Quiero que coincida con la mayoría de tales $(S,w)$ de dos en dos, de manera que la paridad de $~i$ es diferente entre cada par coincidente, y tal que los pares restantes tienen $S=\emptyset$ (así $i=n$ que garantiza un signo positivo) y da lugar biyectamente a un $k-n$ elemento subconjunto de $[d]$ . Comenzando tanto en $[n]$ y $w$ a la izquierda, repite lo siguiente. Si para el siguiente elemento $j$ de $[n]$ uno tiene $j\in S$ , una coincidencia $(S',w')$ se produce fijando $S'=S\setminus\{j\}$ , mientras que $w'$ se obtiene de $~w$ insertando un bit $0$ en la posición actual para formar $w'$ y se detiene; de lo contrario, inspecciona el siguiente bit de $w$ y si es $0$ , una coincidencia $(S',w')$ se produce al eliminar este bit $0$ para formar $w'$ mientras que el ajuste $S'=S\cup\{j\}$ y parar. En el caso restante (ambos $j\notin S$ y $w$ tenía un poco $1$ ), avance $j$ si es posible y se mueve a través de la parte considerada $1$ de $w$ y repetir. Si esto termina sin producir una coincidencia, se tuvo $S=\emptyset$ y $w$ tenía una longitud $d+n$ y comienza con $n$ bits $1$ la cadena restante de $w$ codifica un $k-n$ elemento subconjunto de $[d]$ como se desee. (En el caso $n>k$ que era nuestro interés original, este caso final nunca puede ser alcanzado como $w$ sólo tiene $k$ bits $1$ para empezar).
