Mientras me calcular una integral $$ \int\limits_{[0,1]^n}\cdots\int(x_1+\cdots+x_n)^2\mathrm dx_1\cdots\mathrm dx_n $$ He utilizado dos métodos diferentes y tiene dos respuestas. Estoy seguro de que es equivalente, pero ¿cómo puedo demostrarlo? $$\displaystyle\dfrac{2}{(n+2)!}\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}(n-k)^{n+2}=\dfrac{n(3n+1)}{12}$$ Sinceramente gracias!
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DiGi
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Aquí un directo bastante combinatoria argumento. Escribir la ecuación como
$$\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}(n-k)^{n+2}=\frac{n(3n+1)(n+2)!}{24}\;.\tag{1}$$
El lado izquierdo de $(1)$ es una inclusión-exclusión en el cálculo de la cantidad de surjections de $[n+2]$ $[n]$(donde como de costumbre, $[m]=\{1,\ldots,m\}$ por cada $m\in\Bbb Z^+$). Ahora nos cuentan estos surjections de una manera diferente.
Si $f:[n+2]\to[n]$ es un surjection, hay un $k\in[n]$ tal que $|f^{-1}[\{k\}]|=3$, o los hay de distintos $k,\ell\in[n]$ tal que $|f^{-1}[\{k\}]|=|f^{-1}[\{\ell\}]|=2$; llamar a estos surjections Tipo de $1$ y Escriba $2$, respectivamente.
Para la construcción de un Tipo de $1$ surjection primero escogemos $k$ $n$ maneras, a continuación, elija $f^{-1}[\{k\}]$ $\binom{n+2}3$ formas y, a continuación, defina $f$ $[n+2]\setminus f^{-1}[\{k\}]$ $(n-1)!$ formas, para un total de
$$n(n-1)!\binom{n+2}3=\frac{n(n+2)!}{3!}$$
Tipo $1$ surjections.
Para la construcción de un Tipo de $2$ surjection primero escogemos $k$ $\ell$ $\binom{n}2$ maneras, a continuación, elija la preimagen de los más pequeños de $k$ $\ell$ $\binom{n+2}2$ maneras, a continuación, elija la preimagen de los más grandes de $k$ $\ell$ $\binom{n}2$ formas, y, finalmente, definir el resto de $f$ $(n-2)!$ formas, para un total de
$$\binom{n}2^2\binom{n+2}2(n-2)!=\frac{n(n-1)(n+2)!}8$$
Tipo $2$ surjections.
El número total de surjections es, por tanto,
$$\frac{n(n+2)!}6+\frac{n(n-1)(n+2)!}8=\frac{n(3n+1)(n+2)!}{24}\;,$$
como se desee.
Fix $n$ y definen $f(x)$ por
$$ f(x) = (1 - e^{-x})^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (-1)^k e^{-kx}. $$
A continuación, el lado izquierdo es igual a
$$ \frac{2}{(n+2)!} f^{(n+2)}(0). $$
Por lo que es suficiente para encontrar el polinomio de Taylor de grado $n+2$$f(x)$$x = 0$. Esto se puede hacer de la siguiente manera:
\begin{align*} f(x) &= x^n \left( \frac{1 - e^{-x}}{x} \right)^n \\ &= x^n \exp\left[ n \log\left( \frac{1 - e^{-x}}{x} \right)\right] \\ &= x^n \exp\left( -\frac{n}{2} x + \frac{n}{24} x^2 + \cdots \right) \\ &= x^n \left( 1 - \frac{n}{2} x + \frac{(3n+1)n}{24} x^2 + \cdots \right) \\ &= x^n - \frac{n}{2} x^{n+1} + \frac{(3n+1)n}{24} x^{n+2} + \cdots. \end{align*}
Por lo tanto, tenemos
$$ \frac{2}{(n+2)!} f^{(n+2)}(0) = \frac{2}{(n+2)!} \cdot \frac{(3n+1)n}{24} (n+2)! = \frac{(3n+1)n}{12}. $$
Marko Riedel
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Supongamos que buscamos para evaluar $$\sum_{k=0}^n (-1)^k {n\choose k} (n-k)^{n+2}.$$
Presentamos $$(n-k)^{n+2} = \frac{(n+2)!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+3}} \exp((n-k)z) \; dz.$$
Esto produce por la suma $$\frac{(n+2)!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+3}} \exp(nz) \sum_{k=0}^n (-1)^k {n\elegir k} \exp(-kz) \; dz \\ = \frac{(n+2)!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+3}} \exp(nz) (1-\exp(-z))^n \; dz \\ = \frac{(n+2)!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+3}} (\exp(z)-1)^n \; dz.$$
Este es $$(n+2)! [z^{n+2}] (\exp(z)-1)^n.$$
Observar que $\exp(z)-1$ comienza con $z + \frac{1}{2} z^2 + \frac{1}{6} z^3 +\cdots.$
Hay dos posibilidades aquí, dependiendo de que el término de la expansión de la serie se incluye en el producto de la $n$ términos, el primero es un término con $z^3$ y el resto se $z$ que los rendimientos de $${n\choose 1} 1^{n-1} \frac{1}{6} = \frac{1}{6} n.$$
La otra posibilidad es la de dos términos en $z^2$ el resto se $z$ que los rendimientos de $${n\choose 2} 1^{n-2} \frac{1}{2^2} = \frac{1}{8} n (n-1).$$
La adición de estos obtenemos $$\frac{n(3n+1)}{24}$$
para una respuesta final de $$(n+2)! \frac{n(3n+1)}{24}.$$
Markus Scheuer
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Nota: Esto es más una sugerencia que una respuesta completa brindar alguna información adicional.
Si cambiamos el orden de la suma de $k \rightarrow n-k$ en el lado izquierdo de OP identidad obtenemos
\begin{align*} \frac{2}{(n+2)!}\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^{n+2} \end{align*}
Tenga en cuenta que los Números de Stirling del segundo tipo $\begin{Bmatrix}m\\n\end{Bmatrix}$ se definen como \begin{align*} \begin{Bmatrix}m\\n\end{Bmatrix}=\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^{m} \end{align*}
Establecimiento $m=n+2$ podemos escribir OP expresión como \begin{align*} \frac{2}{(n+2)!}\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^{n+2}=\frac{2}{(n+1)(n+2)}\tag{1} \begin{Bmatrix}n+2\\n\end{Bmatrix} \end{align*}
Así, que esencialmente tienen que calcular el número de Stirling de segunda especie $\begin{Bmatrix}n+2\\n\end{Bmatrix}$ con el fin de demostrar OP.
Estos números de cumplir un montón de buenas relaciones y podríamos intentar demostrar que el reclamo por ejemplo, utilizando la relación de recurrencia \begin{align*} \begin{Bmatrix}m\\n\end{Bmatrix}=n\begin{Bmatrix}m-1\\n\end{Bmatrix}+\begin{Bmatrix}m-1\\n-1\end{Bmatrix}\etiqueta{2} \end{align*}
Desde $\begin{Bmatrix}m\\n\end{Bmatrix}$ indica el número de particiones de un conjunto de $m$ elementos en $n$ sin bloques vacíos, la recurrencia de la relación nos dice que podemos seleccionar el $m$-ésimo elemento y ponerlo en un bloque por su propia cuenta o tenemos $n$ posibilidades para ponerlo en uno de $n$ los bloques ya existentes.
Pero esto es un poco engorroso y ya hemos respuestas con soluciones agradables. Así, una observación complementaria en su lugar. Hay diferentes generalizaciones de los Números de Stirling del segundo tipo, y uno de ellos son los llamados r asociadas a los números de Stirling del segundo tipo, que se denotan como $$\begin{Bmatrix}m\\n\end{Bmatrix}_r$$
Ellos dan el número de $n$ diferentes bloques de $m$ elementos, cada uno que contiene al menos $r$ elementos.
Nos encontramos en Comtet clásico de Avanzada de la Combinatoria en el capítulo acerca de los Números de Stirling siguiente relación de $2$asociada a los números de Stirling del segundo tipo con los números de Stirling del segundo tipo \begin{align*} \begin{Bmatrix}n+a\\n\end{Bmatrix}=\sum_{k=un+1}^{2a}\binom{n+a}{k}\begin{Bmatrix}k\\k-a\end{Bmatrix}_2 \end{align*} Utilizando esta relación junto con los valores de la tabla en este capítulo, podemos escribir OP expresión como \begin{align*} \frac{2}{(n+1)(n+2)}&\begin{Bmatrix}n+2\\n\end{Bmatrix}\\ &=\frac{2}{(n+1)(n+2)}\left[\binom{n+2}{3}\begin{Bmatrix}3\\1\end{Bmatrix}_2 +\binom{n+2}{4}\begin{Bmatrix}4\\2\end{Bmatrix}_2\right]\\ &=\frac{2}{(n+1)(n+2)}\left[\binom{n+2}{3} +3\binom{n+2}{4}\right]\\ &=\frac{n(3n+1)}{12} \end{align*} y el reclamo de la siguiente manera.
