suma de binomios alternos

Question

Calcular la suma $\sum_{k=0}^{n}(-1)^k k^n\binom{n}{k} $

He visto una solución similar a la siguiente aquí, página 3 :

Considere $(1+x)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}x^k$ . ( $\star$ ) Demostramos por inducción que $\sum_{k=0}^{n}(-1)^k k^t\binom{n}{k}=0$ para $t< n$ . Lo demostramos diferenciando ( $\star$ ) t veces, estableciendo $x=-1$ y utilizando el paso inductivo.

Ahora bien, si diferenciamos $(\star)$ n veces lo conseguimos: $n!=\sum_{k=0}^{n} k \cdot (k-1) \dots \cdot (k-(n-1)) \binom{n}{k}x^{k-n}=\sum_{k=0}^{n} k^n\binom{n}{k}x^{k-n}$ (por el paso inductivo).

Así que $n!=\sum_{k=0}^{n} k^n\binom{n}{k}x^{k-n}$ y estableciendo $x=-1$ y multiplicando por $(-1)^n$ obtenemos $\sum_{k=0}^{n}(-1)^k k^n\binom{n}{k}=n! (-1)^n $ .

Mi pregunta es, partiendo de $(1+x)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}x^k$ si lo diferenciamos n veces, la mayoría de los términos del lado derecho desaparecerán, dejándonos con $n!=n!$ no $n!=\sum_{k=0}^{n} k \cdot (k-1) \dots \cdot (k-(n-1)) \binom{n}{k}x^{k-n}$ . ¿Cómo es eso un paso válido y también cómo puede evaluarse la suma en cuestión?

Answer 1

He aquí una respuesta basada en la generación de funciones que podría ofrecer una solución alternativa. Es conveniente utilizar la función coeficiente de operador $[x^k]$ para denotar el coeficiente de $x^k$ en una serie. De esta forma podemos escribir por ejemplo \begin{align*} n![x^n]e^{kx}=k^n\tag{1} \end{align*}

W \begin{align*} \color{blue}{\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^kk^n} &=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^k n![x^n]e^{kx}\tag{2}\\ &=n![x^n]\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\left(-e^x\right)^k\tag{3}\\ &=n^n\tag{4}\\ &=n![x^n]\left(-x-\frac{x^2}{2!}-\frac{x^3}{3!}-\cdots\right)^n\\ &\,\,\color{blue}{=(-1)^nn!}\tag{5} \end{align*}

Comentario:

• En (2) aplicamos el coeficiente de según (1).

• En (3) utilizamos la linealidad del coeficiente de operador.

• En (4) aplicamos el teorema del binomio.

• En (5) seleccionamos el coeficiente de $x^n$ .

Answer 2

Definir la transformación funcional lineal $\;D_x[f(x)] := x f'(x).\;$ C $\;D_x[x^n] = nx^n,\;$ a $\;D_x[(x+y)^n] = nx(x+y)^{n-1}.\;$ T $\;(x+y)^n = \sum_{k=0}^n {n \choose k}x^k y^{n-k}.\;$ Solicitar $\;D_x\;$ a ambos lados de la ecuación g $\;nx(x+y)^{n-1} = \sum_{k=0}^n {n \choose k}\;k\; x^k y^{n-k}.\;$ Solicitar $\;D_x\;$ a ambos lados varias veces da un polinomio en $\;x,y\;$ cuyos coeficientes (con signo alterno) son Secuencia triangular OEIS A258773 . T $\; \sum_{k=0}^n {n \choose k}\;k^n\; x^k y^{n-k}.\;$ Sea $\;x=-1,\; y=1\;$ t $\;n!(-1)^n = \sum_{k=0}^n {n \choose k}\;k^n\;(-1)^k,$ donde el lado izquierdo procede de la entrada de la secuencia OEIS.

También utilicé $\;D_x\;$ en mi respuesta a un MSE pregunta 2772848 sobre la propiedad del polinomio de Bernstein.

Answer 3

En primer lugar, algunas identidades preliminares:

Utilizamos la identidad $$ k^n=\sum_{m=0}^n{n\brace m}(k)_m\tag{1} $$ donde los corchetes indican números stirling del segundo tipo y $(k)_m=k(k-1)\dotsb (k-m+1)$ indica el factorial decreciente de longitud $m$ . Tenga en cuenta también que $$ (1-x)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k} (-1)^kx^k $$ implica que $$ \sum_{k=0}^n\binom{n}{k} (k)_m(-1)^k=\frac{d^m}{dx^m}(1-x)^n\bigg|_{x=1}=(n)_m(-1)^m\delta_{n,m}\quad (0\leq m\leq n)\tag{2} $$ donde $\delta$ indica la delta de Kronecker. Ahora podemos proceder con el problema. Efectivamente, $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^kk^n &\stackrel{(1)}{=}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^k\left( \sum_{m=0}^n{n\brace m}(k)_m \right)\\ &=\sum_{m=0}^n{n\brace m}\left(\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}(k)_m\right)\\ &\stackrel{(2)}{=}\sum_{m=0}^n{n\brace m}(n)_m(-1)^m\delta_{n,m}\\ &=(-1)^nn! \end{align} $$ como desee.