Supongamos que buscamos para evaluar
$$T_Q = \sum_{k=1}^n \frac{n!}{(n-k)!} \times k\times Q^{n-k}$$
así que nuestro objetivo suma $S_Q$ $T_Q/Q$ $Q$ crear instancias para
$n.$
Esto se convierte en
$$T_Q = \sum_{k=0}^n
{n\elegir k} \times k! \times k\veces Q^{n-k} = S_Q \times P.$$
Observar que cuando multiplicamos dos exponenciales funciones de generación de
las secuencias de $\{a_n\}$ $\{b_n\}$ obtenemos que
$$ A(z) B(z) = \sum_{n\ge 0} a_n \frac{z^n}{n!}
\sum_{n\ge 0} b_n \frac{z^n}{n!}
= \sum_{n\ge 0}
\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}\frac{1}{(n-k)!} a_k b_{n-k} z^n\\
= \sum_{n\ge 0}
\sum_{k=0}^n \frac{n!}{k!(n-k)!} a_k b_{n-k} \frac{z^n}{n!}
= \sum_{n\ge 0}
\left(\sum_{k=0}^n {n\elegir k} a_k b_{n-k}\right)\frac{z^n}{n!}$$
es decir, el producto de las dos funciones de generación es la generación de
la función de $$\sum_{k=0}^n {n\choose k} a_k b_{n-k}.$$
En el presente caso tenemos
$$A(z) = \sum_{n\ge 0} n!\n \times \frac{z^n}{n!}
= \frac{z}{(1-z)^2}$$
y
$$B(z) = \sum_{n\ge 0} Q^n \frac{z^n}{n!} = \exp(Qz).$$
De ello se sigue que
$$n! [z^n] A(z) B(z)
= n! \frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{1}{z^{n+1}} \frac{z}{(z-1)^2} \exp(Qz) \; dz
\\ = n! \frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{1}{z^{n}} \frac{1}{(z-1)^2} \exp(Qz) \; dz.$$
Evaluamos esta utilizando el soporte de a $z=1$ $z=\infty$ y el hecho de
que los residuos de suma cero. Esto requiere de la derivada
$$\left(\frac{1}{z^{n}} \exp(Qz)\right)'
= -\frac{n}{z^{n+1}} \exp(Qz)
+ \frac{1}{z^n} P \exp(Qz)$$
en los que se evaluó en uno de los rendimientos
$$\exp(Q) (Q-n).$$
Recordar la fórmula para el residuo en el infinito
$$\mathrm{Res}_{z=\infty} h(z)
= \mathrm{Res}_{z=0}
\left[-\frac{1}{z^2} h\left(\frac{1}{z}\right)\right]$$
que en el presente caso los rendimientos
$$- \mathrm{Res}_{z=0}
\frac{1}{z^2} z^n \frac{1}{(1/z)-1)^2} \exp(Q/z)
= - \mathrm{Res}_{z=0} z^n
\frac{1}{(1-z)^2} \exp(Q/z).$$
Este es
$$-\sum_{q\ge 0} (q+1) \frac{Q^{n+p+1}}{(n+p+1)!}
\\ = n \sum_{q\ge 0} \frac{Q^{n+p+1}}{(n+p+1)!}
-\sum_{q\ge 0} (n+p+1) \frac{Q^{n+p+1}}{(n+p+1)!}
\\ = n \exp(P) - n \sum_{k=0}^n \frac{Q^k}{k!}
-\sum_{q\ge 0} \frac{Q^{n+p+1}}{(n+p)!}
\\ = n \exp(P) - n \sum_{k=0}^n \frac{Q^k}{k!}
-Q\sum_{q\ge 0} \frac{Q^{n+p}}{(n+p)!}
\\ = n \exp(P) - n \sum_{k=0}^n \frac{Q^k}{k!}
-Q \exp(Q) Q + \sum_{k=0}^{n-1} \frac{Q^k}{k!}.$$
Esto demuestra que
$$\frac{T_Q}{n!} + \exp(Q)(Q-n) +
n \exp(P) - n \sum_{k=0}^n \frac{Q^k}{k!}
-Q \exp(Q) Q + \sum_{k=0}^{n-1} \frac{Q^k}{k!} = 0$$
que es
$$\frac{T_Q}{n!} = n \sum_{k=0}^n \frac{Q^k}{k!}
- Q \sum_{k=0}^{n-1} \frac{Q^k}{k!}.$$
Ahora en la actualidad tenemos el caso especial en que $Q=n$
que finalmente los rendimientos
$$\frac{T_n}{n!} = \sum_{k=0}^n \frac{n^{k+1}}{k!}
- \sum_{k=0}^{n-1} \frac{n^{k+1}}{k!}$$
o $$\frac{S_n\times n}{n!} = \frac{n^{n+1}}{n!}$$
que es
$$S_n = n^n$$
como se reivindica.
Adenda. Echaba de menos el hecho de que también podemos obtener la fórmula
para $T_Q/n!$ por un trivial re-indexación de la operación.
Tenemos $$\frac{T_n}{n!}
= \sum_{k=0}^n \frac{1}{(n-k)!} \times k\times n^{n-k}$$
Este es
$$\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}
\times (n-k)\times n^{k}
= \sum_{k=0}^{n} \frac{n^{k+1}}{k!}
- \sum_{k=0}^{n} k \frac{n^{k}}{k!}
\\ = \sum_{k=0}^{n} \frac{n^{k+1}}{k!}
- \sum_{k=1}^{n} k \frac{n^{k}}{k!}
= \sum_{k=0}^{n} \frac{n^{k+1}}{k!}
- \sum_{k=1}^{n} \frac{n^{k}}{(k-1)!}
\\ = \sum_{k=0}^{n} \frac{n^{k+1}}{k!}
- \sum_{k=0}^{n-1} \frac{n^{k+1}}{k!}.$$
El reclamo sigue inmediatamente.
