¿Puede alguien demostrar que la siguiente ecuación es verdadera? Intenté demostrarlo usando la inducción pero no llegué muy lejos. $$\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^{(n+k)}\sum_{r=0}^n a_rk^r}{k!(n-k)!}=a_n\quad \forall n \in \mathbb{N_0} $$ Donde $\sum_{r=0}^n a_rk^r$ es un polinomio de grado $n$ y $a_n$ es el coeficiente de la mayor potencia de ese polinomio. Sé que para $k=0$ y $r=0$ se obtiene $0^0$ que, por supuesto, no está definido. Pero podemos decir, en aras de la simplicidad, que $0^0=1$ ? $$\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^{(n+k)}p(k)}{k!(n-k)!}=\frac{\partial^n p}{\partial k^nn!} \quad \forall n \in \mathbb{N_0} $$ Donde $p(k)$ es un polinomio de grado $n$ debería ser una declaración equivalente. Por cierto, esta es mi primera pregunta aquí. Si he cometido algún error, por favor, hágamelo saber.
Respuestas
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Es bastante común en las matemáticas discretas definir $0^0 = 1$ . Por ejemplo, se sabe que $\sum_{k = 0}^n (-1)^k\binom{n}{k} = (1 - 1)^n = 0^n$ que debería ser cierto para $n = 0$ también: $\binom{0}{0} = 1$ . Más argumentos que puedes encontrar aquí .
Algunos libros de texto dejan la cantidad $0^0$ indefinido, porque las funciones $0^x$ y $x^0$ tienen diferentes valores límite cuando $x$ disminuye a $0$ . Pero esto es un error. Debemos definir $$x^0=1 \text{ for all }x,$$ para que el teorema del binomio sea válido cuando $x=0$ , $y=0$ y/o $x=-y$ . El teorema es demasiado importante para restringirlo arbitrariamente. En cambio, la función $0^x$ es bastante poco importante.
de Concrete Mathematics, p. 162, R. Graham, D. Knuth, O. Patashnik, Addison-Wesley, 1988
Sin embargo, tenga en cuenta que hay algunos casos en la matemática discreta cuando $0^0$ debería definirse de otra manera, por ejemplo $0^0 = 0$ o $0^0 = 2$ .
Euler demostró que $$ \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} k^r = 0 $$ para los enteros $r<n$ ( E368 §§ 25-26, véase también El artículo de Gould ). Se puede demostrar esto aplicando el operador $x \frac{d}{dx}$ $r$ veces a ambos lados de la identidad $$ (1-x)^n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} x^k $$ y evaluando en $x=1$ . Aplicando el operador $n$ veces en lugar de eso da $$ \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} k^n = (-1)^n n!, $$ y el resultado se obtiene multiplicando ambos lados por $(-1)^n/n!$ y utilizando la linealidad.
$\begin{array}\\ s_n &=\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^{(n+k)}}{k!(n-k)!}\sum_{r=0}^n a_rk^r\\ &=\frac{(-1)^n}{n!}\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^{k}n!}{k!(n-k)!}\sum_{r=0}^n a_rk^r\\ &=\frac{(-1)^n}{n!}\sum_{k=0}^n (-1)^{k}\binom{n}{k}\sum_{r=0}^n a_rk^r\\ &=\frac{(-1)^n}{n!}\sum_{r=0}^n\sum_{k=0}^n (-1)^{k}\binom{n}{k} a_rk^r\\ &=\frac{(-1)^n}{n!}\sum_{r=0}^na_r\sum_{k=0}^n (-1)^{k}\binom{n}{k} k^r\\ &=\frac{(-1)^n}{n!}(-1)^na_nn!\\ &=a_n\\ \end{array} $
Esto se debe a que $\sum_{k=0}^n (-1)^{k}\binom{n}{k} k^r $ es el $n$ -diferencia de un $r$ -polinomio de grado 0 que es cero para $r < n$ y $n!$ veces el coeficiente de $x^n$ para $r = n$ .
$$\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^{(n+k)}p(k)}{k!(n-k)!}= a_n$$
$$n!\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^{(n+k)}p(k)}{k!(n-k)!}=n!\cdot a_n$$
$$\sum_{k=0}^n \frac{n!}{k!(n-k)!}(-1)^{(n+k)}p(k)=n!\cdot a_n$$
$$\sum_{k=0}^n (-1)^{n+k}\binom{n}{k}p(k)=n!\cdot a_n $$
La identidad anterior se conoce como Integral de Nörlund-Rice .
