La prueba de la identidad de $n!$

Question

Se me ocurrió (numéricamente) con una identidad sobre n! y me preguntaba acerca de una prueba de ello. Aquí está:

\begin{align} \ n! &= \sum_{r=0}^{n} { \binom{n}{r} (-1)^r(k-r)^n } \quad \forall n \in \mathbb{Z}^+ \quad \forall k \in \mathbb{R} \\\\ \end{align} (una línea de edición) me disculpo por primera accidentalmente escrito $(-n)^n$ en lugar de $(-r)^n$, tal y como era.

Por simplicidad, k se puede establecer a 0 para el rendimiento:

\begin{align} \ n! &= \sum_{r=0}^{n} { \binom{n}{r} (-1)^r(-r)^n } \\\\ \end{align}

Yo derivada de esta ecuación se basa en lo que parece ser el caso que la n-ésima diferencia de un polinomio en la forma \begin{align} y &= x^n \end{align} siempre termina siendo n!. El origen de los k es que es la posición inicial desde la que empecé a tomar la diferencia, pero me dejaron en como me parecía que era interesante que anula completamente. Sé el Cálculo sugiere, pero hay una manera de probarlo sin cálculo (mi objetivo era hacerlo manteniendo la diferencia en x constante, es decir, (x+d)^n - x^n, donde d se queda 1 preferentemente)? Hasta ahora mis intentos de rendimiento anidada sumas.

Yo no soy nada parecido a un matemático, así que me disculpo si esto es extremadamente trivial. Gracias.

Answer 1

el uso de la anidados sumas el caso general puede ser reducido a la $k=0$ de los casos con una interesante modificación ...

$$ \begin{align} &\sum_{r=0}^{n} { \binom{n}{r} (-1)^r(k-r)^n } \\ \\=&\sum_{r=0}^{n} { \binom{n}{r} (-1)^r \sum_{i=0}^{n} { \binom{n}{i} k^i(-r)^{n-i} }}\\ \\=&\sum_{i=0}^{n} {\binom{n}{i} k^i \sum_{r=0}^{n} { \binom{n}{r} (-1)^r (-r)^{n-i} }} \end{align}$$

para este resultado a ser una identidad en $k$, la segunda suma debe desaparecer, a menos que $i=0$

Por lo que el teorema se puede demostrar mediante demostrando que

$$ \sum_{r=0}^{n} { \binom{n}{r} (-1)^r (-r)^{n-i} }$$

se desvanece si $1 \le i \le n$ y es igual a $n!$ si $i=0$

Answer 2

Deje $\displaystyle P(x)=\sum_{r=0}^n (-1)^r\binom{n}{r}(x-r)^n$; queremos demostrar que las $P(x)=n!$.

Desde $\displaystyle P(x)=\sum_{r=0}^n(-1)^r\binom{n}{r}\bigg[\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}(-r)^jx^{n-j}\bigg]=\sum_{j=0}^n (-1)^j\binom{n}{j}\bigg[\sum_{r=0}^n(-1)^r\binom{n}{r}r^j\bigg]x^{n-j}$,

esto es suficiente para mostrar que $\displaystyle\sum_{r=0}^n(-1)^r\binom{n}{r}r^j=0$ $0\le j\le n-1$, $\;\;$y $\;\displaystyle\sum_{r=0}^n(-1)^{n+r}\binom{n}{r}r^n=n!$

(como se señaló en la WW1 la respuesta).

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Deje $T(j,n)$ el número de maneras de distribuir la $j$ distintas bolas en $n$ cajas distintas, de modo que ninguna caja está vacía,

por lo $T(j,n)=0$ si $j<n$$T(n,n)=n!$.

Si nos sea S el conjunto de todas las formas de distribuir las bolas en las cajas, y

deje $A_{i}$ el conjunto de las distribuciones con cuadro de $i$ vacía, por $1\le i\le n$, tenemos

$T(j,n)=\lvert \overline{A_1}\cap\cdots\cap \overline{A_n}\rvert=\lvert S\rvert-\sum\lvert A_i\rvert+\sum\lvert A_i\cap A_j\rvert-\sum\lvert A_i\cap A_j\cap A_k\rvert+\cdots$

$\displaystyle\hspace{.47 in}=n^j-\binom{n}{1}(n-1)^j+\binom{n}{2}(n-2)^j-\binom{n}{3}(n-3)^j+\cdots+(-1)^n\binom{n}{n}(n-n)^j$

$\displaystyle\hspace{.47 in}=\sum_{r=0}^n(-1)^{n-r}\binom{n}{n-r}r^j=(-1)^n\sum_{r=0}^n(-1)^r\binom{n}{r}r^j$.

Desde $T(j,n)=0$ $j<n$, $\;\;\displaystyle\sum_{r=0}^n(-1)^r\binom{n}{r}r^j=0$ para $j<n$;

$\hspace{1.6 in}$$\displaystyle\sum_{r=0}^n(-1)^{n+r}\binom{n}{r}r^n=T(n,n)=n!$