Esto también se puede hacer con variables complejas. Observar que tenemos por
la inspección que
$$\sum_{j=0}^n (-1)^j {n\elegir j} \frac{f(j)}{t j}
= (-1)^n \times n! \times
\sum_{k=0}^n \mathrm{Res}_{z=k}
\frac{f(z)}{t-z}\prod_{q=0}^n \frac{1}{z-q}.$$
Esto se mantiene incluso si $f(t)$ se desvanece en algún entero positivo en el
la gama.
Recordar que los residuos de suma cero, por lo que el derecho es igual a
$$-(-1)^n \times n! \times
\sum_{k\in\{\infty,t\}} \mathrm{Res}_{z=k}
\frac{f(z)}{t-z}\prod_{q=0}^n \frac{1}{z-q}.$$
El residuo en el infinito de una función de $h(z)$ está dado por la fórmula
$$\mathrm{Res}_{z=\infty} h(z)
= \mathrm{Res}_{z=0}
\left[-\frac{1}{z^2} h\left(\frac{1}{z}\right)\right]$$
que en el presente caso los rendimientos
$$-\mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2}
\frac{f(1/z)}{t-1/z}\prod_{q=0}^n \frac{1}{1/z-q}
\\ = -\mathrm{Res}_{z=0} \frac{z^{n+1}}{z^2}
\frac{f(1/z)}{t-1/z}\prod_{q=0}^n \frac{1}{1-qz}
\\ = -\mathrm{Res}_{z=0} z^n
\frac{f(1/z)}{zt-1}\prod_{q=0}^n \frac{1}{1-qz}.$$
Nota sin embargo que $f(z)$ tiene el grado $m$ y exigimos que $n\ge m$
lo que significa que $f(1/z) z^n$ no tiene ningún polo en cero y por lo tanto el residuo en
el infinito es cero así.
Que deja el residuo en $z=t$, para un total de contribución de
$$-(-1)^n \times n! \times (-1)\times f(t)\times
\prod_{q=0}^n \frac{1}{t-q}
= (-1)^n f(t) \times n! \prod_{q=0}^n \frac{1}{t-q}
\\ = (-1)^n f(t) \times n! \times
\frac{1}{(n+1)!} {t\elegir n+1}^{-1}
\\ = (-1)^n \frac{f(t)}{n+1} {t\elegir n+1}^{-1}$$
que iba a ser mostrado, QED.
