Demostrando un binomio de la suma con el simple resultado

Question

En la obtención de una fórmula que he venido para arriba con una expresión que tengo que probar, en concreto:

$$(-1)^n = \sum_{j=1}^n (-1)^j \binom{n+1}{j+1} j^n$$

donde $n$ es un entero positivo.

Esto parece muy simple para mí, y teniendo en cuenta que yo nunca había visto antes, yo no lo podía creer, pero al comprobar numéricamente parece cierto.

Si esto es cierto, ¿por qué es verdadero?

Answer 1

Esta suma se parece un poco extraña, y una estrategia de conformación de la fórmula, a continuación, la generalización de la misma para obtener una prueba de que funciona.

En primer lugar observamos que la suma que falta el término para $j=0$; agregando que en no hace ninguna diferencia, ya que los $j^n$ hace $0^n=0$ si $n=0$; sin embargo, para $n=0$ usted está diciendo $1=0$, lo que sugiere que el término realmente debería estar allí. De hecho, la adición de que usted consigue $1=1$$n=0$, que es mejor. Así que ahora estamos tratando de demostrar $$(-1)^n=\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{n+1}{j+1}j^n\qquad\text{para todo }n\in\mathbf N.$$ La suma que aún parece extraño en el que usted está tomando una completa fila del triángulo de Pascal, a excepción de la columna de $0$. Así que tal vez deberíamos añadir en un plazo de $j=-1$. El valor de ese plazo se $(-1)^{-1}\binom{n+1}0(-1)^n=-(-1)^n$, el opuesto de la LHS, por lo que agregar que en tenemos una suma que debe desaparecer; mejor aún. Vamos a aprovechar la ocasión para cambiar esa fea $j$ sustitución de la misma por $k=j+1$, que ahora se de$0$$n+1$. Pero entonces también se puede sustituir $m=n+1$, por lo que ahora nos enfrentamos con probar $$\sum_{k=0}^m(-1)^k\binom mk(k-1)^{m-1}=0\qquad\text{para todo }m>0$$ (He volteado el signo, que no importa si va a ser $0$). El $(k-1)^{m-1}$ no tiene un aspecto muy prometedor; podría ser ampliado por la fórmula binominal, pero esos términos no parecen encajar muy bien. Sin embargo, usted puede ver fácilmente la contribución a la suma obtenida a partir de la constante plazo $(-1)^{m-1}$ $0$ (con un poco de esfuerzo) será el término lineal $ck$ (el valor de $c=(-1)^{m-2}(m-1)$ es de ninguna importancia) proporcionado $m>1$, y esto sugiere que tal vez todos los términos contribuir $0$. Esto significaría que todo lo que importa acerca de $(k-1)^{m-1}$ es que es un polinomio en a $k$ de grado menor que $m$: $$\sum_{k=0}^m(-1)^k\binom mkP(k)=0\qquad\text{para todas las funciones polinómicas }P\text{ de grado menor que }m.$$ Aha, pero ahora es claro, la suma se multiplica por una alternancia de signo fila del triángulo de Pascal es sólo el $m$-ésima potencia de atrás de diferencias finitas el operador $-\Delta:f\mapsto(k\mapsto f(k)-f(k+1))$, por lo que estamos pidiendo $$(-\Delta)^m(P)(0)=0\qquad\text{para todas las funciones polinómicas }P\text{ de grado menor que }m.$$ Pero esto es obvio ya que $-\Delta$ reduce el grado por $1$ y mata constante de funciones, lo que en realidad $(-\Delta)^m(P)=0$ de forma idéntica.

Answer 2

Sugerencia: Hay un truco para estos tipos de fórmulas: Trate de ampliar algo como $(x+1)^n$ por el teorema del binomio y, a continuación, en repetidas ocasiones se derivan por $x$ y multiplicar por $x$ en ambos lados para obtener ese $j^n$ plazo. Finalmente conecte $x=0$. Si esta fórmula es correcta, usted debe ser capaz de demostrar de esa manera. De lo contrario, siempre se puede intentar la inducción (a pesar de que no le dará ninguna información sobre cómo obtener una fórmula).

Answer 3

En el siguiente denotamos por a $\left(x\frac{d}{dx}\right)^n f(x)$ la expresión $$x\frac{d}{dx}\left(x\frac{d}{dx}\left(\cdots x\frac{d}{dx}f(x)\right)\right)$$ donde el $x\frac{d}{dx}$ aparece $n$ veces. También, $n,m,j$ siempre denotan enteros no negativos. Por $\left|_{x=t}\right.$ denotamos la evaluación de una expresión en la indeterminada $x$ (posiblemente con la participación de derivados) a $x=t$.

Reivindicación 1. $$\left(x\frac{d}{dx}\right)^n x^m(1+x)^j\left.\right|_{x=-1}=0$$ for $j>n.$

Prueba. Procedemos por inducción sobre $n$. Para $n=0$ la demanda es clara. Nota $$\begin{align*} \left(x\frac{d}{dx}\right)^n x^m(1+x)^j &=\left(x\frac{d}{dx}\right)^{n-1}x\frac{d}{dx} x^m (1+x)^j \\ &= m\left(x\frac{d}{dx}\right)^{n-1}x^m(1+x)^j+j\left(x\frac{d}{dx}\right)^{n-1}x^{m+1}(1+x)^{j-1} \end{align*}$$ para $n\ge 1$. La evaluación en $x=-1$ y usando la hipótesis de inducción da la reclamación.

Reivindicación 2. $$(-1)^n=\sum^n_{j=1}(-1)^j{n+1\choose j+1}j^n$$

Prueba. Por el teorema del binomio tenemos $$(t+1)^n=\sum^n_{j=0}{n\choose j}t^j$$ para todos los $t\in\mathbb{R}$. La integración de ambos lados con respecto a $t$ $0$ $x\in\mathbb{R}\backslash\{0\}$y dividiendo por $x$ da

$$x^{-1}F(x)=\sum^n_{j=1}{n\choose j}\frac{1}{j+1}x^j.$$

donde $F(x)=\int_0^x (t+1)^n dt$. La aplicación de $\left(x\frac{d}{dx}\right)^n$ en ambos lados y observa que los $\left(x\frac{d}{dx}\right)^n x^k=k^n x^k$ tenemos

$$\left(x\frac{d}{dx}\right)^n x^{-1} F(x)=\sum^n_{j=1}{n\choose j}\frac{j^n}{j+1}x^j\;\;\;\;\;\;\;(*).$$

Ahora vemos por el teorema fundamental del cálculo que

$$\begin{align*} \left(x\frac{d}{dx}\right)^n x^{-1} F(x) &= \left(x\frac{d}{dx}\right)^{n-1} x\left(-x^{-2}F(x)+x^{-1}(1+x)^n\right)\\ &= -\left(x\frac{d}{dx}\right)^{n-1} x^{-1} F(x) + \left(x\frac{d}{dx}\right)^{n-1} (1+x)^n \end{align*}$$ para $n\ge 1$. La evaluación en $x=-1$ da $$\left(x\frac{d}{dx}\right)^n x^{-1} F(x)\left|_{x=-1}\right.=-\left(x\frac{d}{dx}\right)^{n-1} x^{-1} F(x)\left|_{x=-1}\right.$$ por la Reivindicación 1. Así tenemos $$\left(x\frac{d}{dx}\right)^n x^{-1} F(x)\left|_{x=-1}\right.=(-1)^{n+1} F(-1)=\frac{(-1)^n}{n+1}\;\;\;\;(**)$$ donde la última igualdad se sostiene porque $$F(-1)=\int_0^{-1}(1+t)^ndt=-\int^1_0 t^n dt=\frac{-1}{n+1}.$$ La evaluación de $(*)$$x=-1$, cerrando en $(**)$ y multiplicando por $n+1$ da $$(-1)^n=\sum^n_{j=1}(-1)^j{n\choose j}\frac{n+1}{j+1}j^n=\sum^n_{j=1}(-1)^j{n+1\choose j+1}j^n$$ como se requiere.

Answer 4

Observar que el coeficiente de $x^{m-1}$ ( $m \ge 1$ ) $e^{-x}(1-e^x)^m$ es 0, ya que $$(1-e^x)^m=(-x-\frac{x^2}{2!}-\cdots)^m.$$ Ahora $$\begin{align} e^{-x}(1-e^x)^m &= e^{-x} \sum_{k} (-1)^k \binom{m}{k} e^{kx} \\ &= \sum_{k} (-1)^k \binom{m}{k} e^{(k-1)x} \\ &= \sum_{k} (-1)^k \binom{m}{k} \sum_{j \ge 0} \frac{(k-1)^j}{j!} x^j, \end{align}$$ por lo que el coeficiente de $x^{m-1}$ es $$\sum_{k} (-1)^k \binom{m}{k} \frac{(k-1)^{m-1}}{(m-1)!}.$$ Esto es igual a cero, y su identidad sigue (véase Marc van Leeuwen la respuesta).

También tenga en cuenta que el coeficiente de $x^n/n!$ $(e^x-1)^m$ cuenta el número de surjective funciones a partir de un conjunto de tamaño $n$ a un conjunto de tamaño $m$. Esto puede darle algunos buenos resultados en cuanto a los números de Stirling del segundo tipo.

Answer 5

Supongamos que buscamos para comprobar que $$(-1)^n = \sum_{j=1}^n (-1)^j {n+1\choose j+1} j^n.$$ La suma es $$-\sum_{j=2}^{n+1} (-1)^j {n+1\elegir j} (j-1)^n \\ = {n+1\elegir 0} (-1)^n -\sum_{j=0}^{n+1} (-1)^j {n+1\elegir j} (j-1)^n \\ = (-1)^n -\sum_{j=0}^{n+1} (-1)^j {n+1\elegir j} (j-1)^n.$$

De ello se deduce que debemos demostrar que la suma restante término es cero y ahora vamos a evaluar este término, mediante la introducción de

$$(j-1)^n = \frac{n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \exp((j-1), z) \; dz.$$

Observe que la integral da $0$ al $j=1$ que es la correcta valor y $(-1)^n$ al$j=0$, lo que es correcto y también tenemos comprueba la frontera de los casos.

Llegamos por la suma $$\frac{n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \sum_{j=0}^{n+1} (-1)^j {n+1\elegir j} \exp((j-1), z) \; dz \\ = \frac{n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \exp(-z) \sum_{j=0}^{n+1} (-1)^j {n+1\elegir j} \exp(jz) \; dz \\ = \frac{n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \exp(-z) \left(1-\exp(z)\right)^{n+1} \; dz.$$

Finalmente tenga en cuenta que $\exp(-z)$ comienza a $z^0$ $(1-\exp(z))^{n+1}$ comienza a $(-z)^{n+1}$, por lo que su producto comienza a $(-1)^{n+1} z^{n+1}$ y no hay término en $z^n$ y, por tanto, el residuo es cero, completar la prueba.