Prueba combinatoria para $\sum_{k=0}^n{n\choose k}\left(-1\right)^k\left(n-k\right)^4 = 0$ ( $n\geqslant5$ )

Question

Intento demostrar lo siguiente:

Por cada $n \ge 5$ : $$\sum_{k=0}^n{n\choose k}\left(-1\right)^k\left(n-k\right)^4 = 0$$

He intentado cancelar una $(n-k)$ y conseguí esto: $$n\sum_{k=0}^{n-1}{n-1\choose k}\left(-1\right)^k\left(n-k\right)^3 = 0$$

También he probado a expresar la primera fórmula como tal: $$\sum_{k=0}^na_kb_k$$ Dónde $a_k = {n \choose k}\left(-1\right)^k$ y $b_k = \left(n-k\right)^4 = \sum_{j=0}^4{4\choose j}n^j\left(-k\right)^{4-j}$

Es fácil ver que $\sum_{k=0}^n a_k = \left(1-1\right)^n = 0$ por el teorema del binomio.

Pero estoy perdido en cuanto a por qué este trabajo sólo para n> = 5. ¿Qué me falta?

Answer 1

La expresión cuenta el número de formas de particionar un conjunto de $4$ elementos en $n$ celdas no vacías distinguibles, lo que sin duda debe dar cero para $n \geq 5$ .

El resultado se obtiene por exclusión de inclusión. Alternativamente, véase números de Stirling del segundo tipo para una visión más general.

Answer 2

$p(k)=k^4$ es un polinomio de cuarto grado. Sea $\delta$ sea el operador de diferencia hacia atrás: $$ \delta f(x) = f(x)-f(x-1).$$ Dado que el grado de $\delta f$ es uno menos que el grado de $f$ para cualquier $n\geq 5$ tenemos $\delta^n p(x) = 0$ .

Answer 3

La idea de anular los factores de $n-k$ debería funcionar. $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}(n-k)^m &=n\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}(n-k)^{m-1}\\ &-n\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n-1}{k-1}(n-k)^{m-1}\\ &=n\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\binom{n-1}{k}(n-k)^{m-1}\\ \end{align} $$ Para $m\le n$ por inducción se obtiene $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}(n-k)^m &=\frac{n!}{(n-m)!}\sum_{k=0}^{n-m}(-1)^k\binom{n-m}{k}\\ &=\frac{n!}{(n-m)!}(1-1)^{n-m}\\ &=\left\{ \begin{array}{} n!&\text{if }m=n\\ 0&\text{if }m\lt n \end{array} \right. \end{align} $$

---

Un segundo enfoque

En esta respuesta hay tres pruebas de $$ \begin{align} \sum_{j=k}^n(-1)^{j-k}\binom{n}{j}\binom{j}{k} &=\left\{\begin{array}{} 1&\text{if }n=k\\ 0&\text{otherwise} \end{array}\right.\\ &=[n=k] \end{align} $$ donde $[\dots]$ son Soportes Iverson . Además, $\newcommand{\stirtwo}[2]{\left\{{#1}\atop{#2}\right\}}$ $$ \sum_{k=0}^m\binom{n}{k}\,\stirtwo{m}{k}k!=n^m $$ donde $\stirtwo{m}{k}$ son Números Stirling de segunda clase . Por lo tanto, $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}(x-k)^m &=\sum_{k=0}^n\sum_{j=0}^m(-1)^{k-j}\binom{n}{k}\binom{m}{j}x^{m-j}k^j\\ &=\sum_{k=0}^n\sum_{j=0}^m\sum_{i=0}^j(-1)^{k-j}\binom{n}{k}\binom{m}{j}x^{m-j}\binom{k}{i}\stirtwo{j}{i}i!\\ &=\sum_{j=0}^m\sum_{i=0}^j(-1)^{n-j}\binom{m}{j}x^{m-j}\,[n=i]\,\stirtwo{j}{i}i!\\ &=\sum_{j=0}^m(-1)^{n-j}\binom{m}{j}x^{m-j}\stirtwo{j}{n}n! \end{align} $$ Si $m\lt n$ entonces $\binom{m}{j}=0$ ou $\stirtwo{j}{n}=0$ . Si $m=n$ el único término distinto de cero es $j=m$ .

Answer 4

Pista: Sea $j=n-k$ sea el nuevo iterador, y utilice $\displaystyle{n\choose k}={n\choose n-k}$ . Obtendrás una expresión algo más sencilla. Para evaluarla, expande $(1+x)^n$ y diferenciar ambas partes con respecto a x multiplique ambos lados por x . Repite estos dos pasos cuatro veces. Por último, ajuste $x=-1$ .

Answer 5

Considere la suma

$$\sum_{k=0}^n {n\choose k} (-1)^k (n-k)^q$$

donde $q\ge 0.$ Esto es

$$q! [z^q] \sum_{k=0}^n {n\choose k} (-1)^k \exp((n-k)z).$$

Obtenemos

$$q! [z^q] \exp(nz) \sum_{k=0}^n {n\choose k} (-1)^k \exp(-kz) \\ = q! [z^q] \exp(nz) (1-\exp(-z))^n \\ = q! [z^q] (\exp(z)-1)^n.$$

Ahora que $(\exp(z)-1)^n = z^n + \cdots$ es cero cuando $q\lt n$ y tenemos la afirmación. Obsérvese que el FEAG aquí produce $n! \times {q\brace n}.$