Calcular $\sum \limits_{k=0}^{n}(-1)^{k}k^{m}\binom{n}{k}$ mediante la interpolación de Lagrange.

Question

Mediante la interpolación de Lagrange (creo que identidad $\sum \limits_{k=0}^{n}k^{m}\prod \limits_{\substack{i=0\\i\neq k}}^{n}\frac{x-i}{k-i}=x^m$) muestra que

$$\sum \limits_{k=0}^{n}(-1)^{k}k^{m}\binom{n}{k}=0 \text{ if }\ 0≤m<n$$

y $$\sum \limits_{k=0}^{n}(-1)^{k}k^{n}\binom{n}{k}=(-1)^{n}n!$$ (same sum with $m % = $n).

EDIT: me pareció bastante sencillo demostrar la primera igualdad (solo poner x = 0 en identidad), la segunda parte es definitivamente más difícil.

Answer 1

Pensé que podría ser instructivo para presentar un enfoque alternativo. Usando el teorema binomial, podemos escribir

$$(1-x)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{k}x^k\tag 1$$

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La diferenciación $(1)$ con respecto al $x$ y multiplicando el resultado por $x$ rendimientos

$$\begin{align} x\frac{d}{dx}\left((1-x)^n\right)&=-nx(1-x)^{n-1}\tag2\\\\ &=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{k}kx^k \tag3 \end{align}$$

Establecimiento $x=1$ $(2)$ $(3)$ revela

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

siempre $n>1$. Y si $n=1$, entonces nos encontramos con que $\sum_{k=0}^1\binom{1}{k}(-1)^kk^1=1$.

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Podemos repetir este proceso para obtener

$$\left.\left(\left(x\frac{d}{dx}\right)^m (1-x)^n\right)\right|_{x=1}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{k}k^m \tag 4$$

Así, el problema se reduce a mostrar que el lado izquierdo de $(4)$$0$$m<n$$(-1)^n\,n!$$n=m$. Para ello, haremos uso de la inducción.

Pretendemos que podemos escribir

$$\left(x\frac{d}{dx}\right)^m (1-x)^n=\sum_{\ell=1}^m p_\ell(x)(1-x)^{n-\ell} \tag {5a}$$

donde $p\ell(x)$ es un polinomio de orden $\ell$ con

$$p_m(x)=(-1)^m m!\binom{n}{m}x^m \tag {5b}$$

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Demostrando $(5)$ por inducción

De $(1)$, vemos que una base de caso para demostrar $(5)$ inductivamente se ha establecido. Entonces, asumiendo $(5)$ es cierto para algunos $m>1$, tenemos

$$\begin{align} \left(x\frac{d}{dx}\right)^{m+1}(1-x)^{n+1}&=x\frac{d}{dx}\sum_{\ell=1}^m p_\ell(x)(1-x)^{n-\ell}\\\\ &=\sum_{\ell=1}^m \left(xp_\ell'(x)(1-x)^{n-\ell}-(n-\ell)xp_\ell(x)(1-x)^{n-\ell-1}\right)\\\\ &=\sum_{\ell=1}^{m+1} q_\ell(x)(1-x)^{n-\ell} \end{align}$$

donde los términos $q_\ell(x)$ están dadas por

$$q_\ell(x)=\begin{cases}xp_\ell'(x)&,\ell=1\\\\ xp_\ell'(x)-(n-\ell+1)xp_{\ell-1}(x)&,1<\ell\le m\\\\ -(n-m)xp_{m}(x)&,\ell=m+1 \end{casos}$$

Además, podemos ver que

$$\begin{align} q_{m+1}(x)&=(-1)(n-m)xp_m(x)\\\\ &=(-1)^{m+1}(n-m)m!\binom{n}{m}\\\\ &=(-1)^{m+1}(m+1)!\binom{n}{m+1} \end{align}$$

Y hemos demostrado de forma inductiva que las relaciones en $(5)$ mantener.

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Por último, el uso de $(5)$ $(4) los rendimientos

$$\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{k}k^m =\begin{cases}0,n>m\\\\(-1)^n\,n!&,n=m\end{cases}$$

Answer 2

Puede ser fácilmente demostrado el uso parcial de la fracción de expansión. Desde esta expansión es ocasionado por interpolación de Lagrange de la fórmula para el numerador, se puede dar un punto de vista interesante del problema.

Para $0 \leqslant m \leqslant n$ tenemos la expansión \begin{equation} \frac{t^{m}}{t(t+1)\dotsm(t+n)}=\sum_{k=0}^{n}{\frac{c_{k}}{t+k}}.\label{eq}\tag{E} \end{equation} Consigue $c_{k}$ multiplicando por $t+k$ y, a continuación, evaluar en $-k$, lo que da: $$\frac{k^{m}}{(k)(k-1)\dotsm (1)(-1)\dotsm(-(n-k))}=c_{k}$$ que es $c_{k}=(-1)^{n-k}\binom{n}{k}\frac{k^{m}}{n!}$. Multiplicar la expansión \eqref{eq} por $t$ $t \to +\infty$ para obtener $$\sum_{k=0}^{n}{c_{k}}=\begin{cases}0&\text{if $m<n$}\\1&\text{if $m=n$}\end{cases}$$ y listo!

Ahora, el vínculo con la interpolación de Lagrange: si escribe la fórmula de interpolación en puntos de $-n,\dotsc,-1,0$ consigue: $$t^{m}=\sum_{k=0}^{n}{\left((-k)^{m}\prod_{\substack{i=0\\i \neq k}}^{n}{\frac{t+i}{-k+i}}\right)}$$ Dividir por $t(t+1)\dotsm(t+n)$ a reconocer la fracción parcial de expansión anterior.

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \sum_{k = 0}^{n}\pars{-1}^{k}\,k^{m}{n \choose k} & = \sum_{k = 0}^{n}\pars{-1}^{k}{n \choose k}\bracks{% m!\oint_{\verts{z} = 1}{\exp\pars{kz} \over z^{m + 1}}\,{\dd z \over 2\pi\ic}} \\[5mm] & = m!\oint_{\verts{z} = 1}{1 \over z^{m + 1}} \sum_{k = 0}^{n}{n \choose k}\pars{-\expo{z}}^{k}\,{\dd z \over 2\pi\ic} = m!\pars{-1}^{n}\oint_{\verts{z} = 1}{\pars{\expo{z} - 1}^{n} \over z^{m + 1}} \,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[5mm] & = m!\pars{-1}^{n}\oint_{\verts{z} = 1}{1 \over z^{m + 1}} \bracks{n!\sum_{k = 0}^{\infty}{k \brace n}{z^{k} \over k!}} \,{\dd z \over 2\pi\ic} = \bbx{\ds{\pars{-1}^{n}\,n!}\,{m \brace n}} \end{align}

$\ds{a \brace b}$ es un Número de Stirling del Segundo Tipo.