Deje $n \geq 2$ ser un número entero. Me gustaría demostrar la siguiente identidad de una manera fácil: $$\sum\limits_{k=0}^n \left( \frac{(k-1)^2}{k!} \sum\limits_{j=0}^{n-k} \frac{(-1)^j}{j!} \right)=1$$
Se puede ver en WolframAlpha, para $n=3$, que esto tiene.
Aquí es prueba interesante que he encontrado. Sin embargo, parece ser muy sofisticado... Considere la posibilidad de la representación $S_n \to \text{GL}(V)$ donde$V=\text{span}_{\Bbb C}(e_1-e_2, \dots, e_1-e_n)$$\sigma \cdot (e_1-e_i) := e_{\sigma(1)}- e_{\sigma(i)}\,$. Es bien sabido que esta es una irrep: podemos ver que si $0\neq u \in V$,$\text{span}_{\Bbb C}(\{\sigma \cdot u \mid \sigma \in S_n\}) = V$.
En particular, el producto escalar de carácter $\langle \chi_{V}, \chi_V \rangle=1$. Pero $\chi_V = \chi_{S_n} - \chi_1$ donde $\chi_{S_n} $ es la permutación carácter de $S_n$ $\chi_{1}$ el carácter trivial.
$\newcommand{\supp}{\text{supp}}$ Por lo tanto, si $\supp(\sigma)$ denota el apoyo de una permutación $\sigma$, tenemos: $$ \begin{align} \langle \chi_{V}, \chi_V \rangle &= \frac{1}{n!} \sum\limits_{\sigma \in S_n} |\chi_{S_n}(\sigma)-1|^2\\&= \frac{1}{n!} \sum\limits_{\sigma \in S_n} \left|\text{card}(\{1, \dots, n\} \setminus \supp(\sigma)) \;-\; 1\right|^2\\&= \frac{1}{n!} \sum\limits_{m=0}^n\; \sum\limits_{\substack{\sigma \in S_n\\ |\supp(\sigma)|=m}} \left|n-m \;-\; 1\right|^2\\&\stackrel{(*)}{=} \frac{1}{n!} \sum\limits_{m=0}^n (n-m- 1)^2 {n \choose m} m! \sum\limits_{j=0}^m \frac{(-1)^j}{j!} \\&= \sum\limits_{m=0}^n (n-m- 1)^2\frac{1}{(n-m)!} \sum\limits_{j=0}^m \frac{(-1)^j}{j!} \\&= \sum\limits_{k=0}^n \left( \frac{(k-1)^2}{k!} \sum\limits_{j=0}^{n-k} \frac{(-1)^j}{j!} \right)=1 \end{align} $$
La igualdad de $(*)$ mantiene debido a que elija $\sigma \in S_n$ tiene un soporte de cardinalidad $m$, elijo $m$ número de $n$, y luego he a $m!\sum\limits_{j=0}^{m} \frac{(-1)^j}{j!}$ alteraciones de estos $m$ elementos.
Los siguientes puestos están cerca de mi identidad, pero diferentes: (1), (2). Esto sólo demuestra$\sum\limits_{k=0}^n \left( \frac{1}{k!} \sum\limits_{j=0}^{n-k} \frac{(-1)^j}{j!} \right)=1$. En todos los casos, me gustaría ver algunas pruebas de mi identidad.
Gracias por sus comentarios!
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Podemos comenzar desde:$$ \sum_{k\geq 0} \frac{(k-1)^2}{k!}x^k = (1-x+x^2)\,e^{x}\tag{1} $ $$$ \sum_{k\geq 0}\left(\sum_{j=0}^{k}\frac{(-1)^j}{j!}\right) x^k = \frac{e^{-x}}{1-x}\tag{2} $ $ entonces observe que la suma original es solo el coeficiente de$x^n$ en el producto entre los RHS de$(1)$ y$(2)$, Es decir
ps
Ahora la afirmación es bastante trivial: la suma original equivale a$$ [x^n]\left(\frac{1-x+x^2}{1-x}\right)=[x^n]\left(-x+\color{red}{\frac{1}{1-x}}\right)\tag{3}$ para cada$1$, excepto para$n\in\mathbb{N}$ donde es igual a cero.
Otro método es la inducción.
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Es fácil calcular$f(n):=\sum\limits_{k=0}^n \left( \frac{(k-1)^2}{k!} \sum\limits_{j=0}^{n-k} \frac{(-1)^j}{j!} \right)$ para$f(n+1)-f(n)=0$:
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{F} (n 1) -f (n) = \ sum \ limits_ {k = 0} ^ {n 1} }} {K! (N 1-k)!} = \\\ sum \ limits_ {k = 2} ^ {n 1} \ frac {k (k-1) -k}} {k! (N 1-k)!} - \ sum \ limits_ {k = 1} ^ {n 1} (N 1-k)!} \ Sum \ limits_ {k = 0} ^ {n 1} \ frac { -k)!} = \\ \ frac {0 ^ {n-1}} {(n-1)!} - \ frac {0} n} {n!} \ Frac {0 ^ {n 1} } {(N 1)!} = 0 $$
para $n\ge 2$
$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\,{#1}\,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Leftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$
$\ds{\sum_{k = 0}^{n}\bracks{{\pars{k - 1}^{2} \over k!} \sum_{j = 0}^{n - k}{\pars{-1}^{j} \over j!}} = 1:\,?}$
Permite a los $\ds{a_{k} \equiv {\pars{k - 1}^{2} \over k!}\,,\ b_{j} \equiv {\pars{-1}^{j} \over j!}\ \mbox{tales que}\ \sum_{k = 0}^{n}{\pars{k - 1}^{2} \over k!} \sum_{j = 0}^{n - k}{\pars{-1}^{j} \over j!} = \sum_{k = 0}^{n}a_{k}\sum_{j = 0}^{n - k}b_{j}}$.
A continuación, vamos a comparar los importes de los límites máximos de $\ds{n}$$\ds{n + 1}$: \begin{align} \sum_{k = 0}^{n + 1}a_{k}\sum_{j = 0}^{n + 1 - k}b_{j} & = \sum_{k = 0}^{n}a_{k}\sum_{j = 0}^{n + 1 - k}b_{j} + a_{n + 1}\sum_{j = 0}^{0}b_{j} = \sum_{k = 0}^{n}a_{k}\pars{\sum_{j = 0}^{n - k}b_{j} + b_{n + 1 - k}} + a_{n + 1} \\[3mm] & = \sum_{k = 0}^{n}a_{k}\sum_{j = 0}^{n - k}b_{j} + \sum_{k = 0}^{n}a_{k}b_{n + 1 -k} + a_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n}a_{k}\sum_{j = 0}^{n - k}b_{j} + \sum_{k = 0}^{n + 1}a_{k}b_{n + 1 - k} \end{align}
lo que conduce a \begin{equation} \sum_{k = 0}^{n + 1}a_{k}\sum_{j = 0}^{n + 1 - k}b_{j} - \sum_{k = 0}^{n}a_{k}\sum_{j = 0}^{n - k}b_{j} = \sum_{k = 0}^{n + 1}a_{k}b_{n + 1 - k}\tag{1} \end{equation}
En el siguiente paso, vamos a mostrar que la diferencia entre las sumas de los límites superiores de $\ds{n + 1}$ y $\ds{n}$ $\pars{~\mbox{the RHS of}\ \pars{1}~}$ se desvanece. Es decir, \begin{align} \sum_{k = 0}^{n + 1}a_{k}b_{n + 1 -k} & = \sum_{k = 0}^{n + 1}{\pars{k - 1}^{2} \over k!}\, {\pars{-1}^{n + 1 - k} \over \pars{n + 1 - k}!} = {\pars{-1}^{n} \over \pars{n + 1}!} \sum_{k = 0}^{n +1}{n + 1 \choose k}\pars{k - 1}^{2}\pars{-1}^{k - 1} \\[3mm] & = {\pars{-1}^{n} \over \pars{n + 1}!}\, \lim_{x\ \to\ -1}\pars{x\,\partiald{}{x}}^{2}\ \sum_{k = 0}^{n +1}{n + 1 \choose k}x^{k - 1} \\[3mm] & = {\pars{-1}^{n} \over \pars{n + 1}!}\, \underbrace{% \lim_{x\ \to\ -1}\pars{x\,\partiald{}{x}}^{2} \bracks{\pars{1 + x}^{n + 1} \over x}}_{\ds{=\ 0}} = 0 \end{align}
El RHS $\pars{1}$ se desvanece fuera que demostrar que la suma es independiente de $\ds{n}$ y tiene el valor de $\ds{\ \large\color{#f00}{1}}$.
