Evaluación de $\sum_{i=0}^k \frac{(-1)^{k-i}k! (n+i)^{k-1}}{i!(k-i)!}$

Question

Cómo evaluar la siguiente suma donde $n $ es un número entero mayor que $0$ .

$$\sum_{i=0}^k \frac{(-1)^{k-i}k! (n+i)^{k-1}}{i!(k-i)!}$$

Creo que la respuesta es $0$ pero no puedo probarlo.

Answer 1

La afirmación es cierta, una forma de verlo es definir un operador $L$ en los espacios de secuencias reales indexados por $\mathbb{N}$ por:

$$a = (a_k)_{k\in\mathbb{N}} \quad\mapsto\quad L(a)_k = a_{k+1},\;k \in \mathbb{N} $$ es decir, desplazar el índice de la secuencia $a$ a la izquierda por una unidad. En términos de $L$ la desigualdad se puede reescribir formalmente como

$$ \sum_{i=0}^k (-1)^{k-i} \binom{k}{i} (n+i)^{k-1} = \sum_{i=0}^k (-1)^{k-i} \binom{k}{i} L^i(n^{k-1}) = (L - 1)^k(n^{k-1}) = 0$$

Esto equivale a afirmar:

Dado $n^{k-1}$ un polinomio en $n$ de grado $k-1$ El $k^{th}$ diferencia finita de tiempo de la misma se desvanece.

Para demostrar la afirmación, basta con observar para cualquier polinomio $P(n)$ de grado $m$ , la diferencia finita de $P(n)$ , $P(n+1) - P(n)$ es un polinomio de grado $m-1$ .

Answer 2

Dejemos que $$ P_k(z):=\sum_{i=0}^k\frac{(-1)^{k-i}k!(z+i)^{k-1}}{i!(k-i)!}=(-1)^k\sum_{i=0}^k(-1)^i{k\choose i}(z+i)^{k-1}=(-1)^kQ_k(z), $$ donde $$ Q_k(z)=\sum_{i=0}^k(-1)^i{k\choose i}(z+i)^{k-1}. $$ Obviamente $$ Q_1(z)=1-1=0 \quad \forall z $$ Para $k \ge 2$ tenemos \begin{eqnarray} Q_k(z)&=&z^{k-1}+(-1)^k(z+k)^{k-1}+\sum_{i=1}^{k-1}(-1)^i{k\choose i}(z+i)^{k-1}\\ &=&z^{k-1}+(-1)^k(z+k)^{k-1}+\sum_{i=1}^{k-1}(-1)^i\left[{k-1\choose i}+{k-1\choose i-1}\right](z+i)^{k-1}\\ &=&z^{k-1}+\sum_{i=1}^{k-1}(-1)^i{k-1\choose i}(z+i)^{k-1}+\sum_{i=1}^{k-1}(-1)^i{k-1\choose i-1}(z+i)^{k-1}+(-1)^k(z+k)^{k-1}\\ &=&\sum_{i=0}^{k-1}(-1)^i{k-1\choose i}(z+i)^{k-1}+\sum_{i=1}^k(-1)^i{k-1\choose i-1}(z+i)^{k-1}\\ &=&Q_{k-1}(z)-\sum_{i=0}^{k-1}(-1)^i{k-1\choose i}(z+1+i)^{k-1}\\ &=&Q_{k-1}(z)-Q_{k-1}(z+1). \end{eqnarray} Desde $Q_1(z)=0$ por cada $z$ se deduce por inducción que $$ Q_k(z)=Q_{k-1}(z)-Q_{k-1}(z+1)=0 \quad \forall k \ge 2, \forall z. $$ Así, para cada $z$ tenemos $$ P_k(z)=0 \quad \forall k \ge 1. $$

Answer 3

Esto se puede demostrar utilizando las identidades $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom{n}{k}\binom{k}{m} &=\left\{\begin{array}{} 0&\text{if }n\ne m\\ 1&\text{if }n=m \end{array}\right.\\[6pt] &=[n=m]\tag{1} \end{align} $$ donde $[\dots]$ sont Soportes Iverson y $$ \sum_{k=0}^m\binom{n}{k}\,\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}k!=n^m\tag{2} $$ where $\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}$ es un Número de Stirling del segundo tipo . Esto puede parecer desalentador debido a los números de Stirling, pero todo lo que $(2)$ realmente dice que $x^m$ puede escribirse como una combinación lineal de polinomios binomiales $\displaystyle\binom{x}{k}$ de grado $k\le m$ .

Entonces, utilizando $(1)$ y $(2)$ tenemos para $m\lt n$ $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom{n}{k}(x+k)^m &=\sum_{k=0}^n\sum_{j=0}^m(-1)^{n-k}\binom{n}{k}\binom{m}{j}x^{m-j}k^j\\ &=\sum_{k=0}^n\sum_{j=0}^m\sum_{i=0}^j(-1)^{n-k}\binom{n}{k}\binom{m}{j}x^{m-j}\binom{k}{i}\begin{Bmatrix}j\\i\end{Bmatrix}i!\\ &=\sum_{j=0}^m\sum_{i=0}^j\binom{m}{j}x^{m-j}\,[n=i]\,\begin{Bmatrix}j\\i\end{Bmatrix}i!\\ &=\sum_{j=0}^m\binom{m}{j}x^{m-j}\begin{Bmatrix}j\\n\end{Bmatrix}n!\\ &=0 \end{align} $$ desde $\displaystyle\binom{m}{j}\begin{Bmatrix}j\\n\end{Bmatrix}=0$ si $m\lt n$ .