Me parece la siguiente fórmula para ser verdad $$ \sum_{k=0}^n {{n}\, seleccione{k}}(k+1)^n(-1)^k=(-1)^nn! $$ al menos para $n=1,2,3$, podría uno dar una prueba acerca de esto en general? Estoy casi seguro de que es cierto, porque yo uso un método diferente para comparar con un resultado conocido (de hecho algo de mucho más alto nivel y de una manera muy diferente de campo, el autor dijo que el resultado sin pruebas, y deduzco que ese resultado se reduce a la fórmula anterior), para el que me quiera dar una alternativa a prueba. Una buena referencia acerca de esta fórmula es el preferido. Supongo que debe haber una fórmula más general para que éste es un caso especial. Gracias!
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Si $f(x)\in R [x]$ es un polinomio sobre un unital anillo de $R$ y el grado de $f(x)$ es en la mayoría de las $n$, luego $$\sum_{k=0}^n\,(-1)^{n-k}\,\binom{n}{k}\,f(x+k)=n!\,a_n\,,$$ donde $a_n$ es el coeficiente de la $n$-ésimo grado plazo de $f(x)$. Para mostrar esto, trate de calcular $\Delta^n\,f(x)$ donde $\Delta$ es el operador diferencial: $$\Delta\,g(x):=g(x+1)-g(x)\,,$$ para $g(x)\in R[x]$. La forma más sencilla es probablemente la inducción en $n$, observando que (1) $\Delta$ disminuye el grado y (2) $\Delta^n\,f(x)=\Delta^{n-1}\,\left(\Delta\,f(x)\right)$.
Felix Marin
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$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\sum_{k = 0}^{n}{n \choose k}\pars{k + 1}^{n}\pars{-1}^{k} = \sum_{k = 0}^{n}{n \choose k}\pars{-1}^{k}\ \overbrace{\bracks{n!\oint_{\verts{z} = 1}{\expo{\pars{k + 1}z} \over z^{n + 1}}\,{\dd z \over 2\pi\ic}}}^{\ds{\pars{k + 1}^{n}}} \\[5mm] = &\ n!\oint_{\verts{z} = 1}{\expo{z} \over z^{n + 1}} \sum_{k = 0}^{n}{n \choose k}\pars{-\expo{z}}^{k}\,{\dd z \over 2\pi\ic} = n!\oint_{\verts{z} = 1}{\expo{z} \over z^{n + 1}} \pars{1 - \expo{z}}^{n}\,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[5mm] = &\ \pars{-1}^{n}\,n!\oint_{\verts{z} = 1}{\expo{z} \over z^{n + 1}}\ \overbrace{\pars{\expo{z} - 1}^{n}} ^{\ds{n!\sum_{k = 0}^{\infty}{k \brace n}{z^{k} \over k!}}}\ \,{\dd z \over 2\pi\ic}\,,\qquad \pars{\substack{\ds{i \brace j}\ \mbox{is a} \\[1mm] {\large Stirling\ Number\ of\ the\ Second\ Kind}}} \\[5mm] = &\ \pars{-1}^{n}\,\pars{n!}^{2}\sum_{k = 0}^{\infty}\!\!{k \brace n}{1 \over k!}\ \overbrace{\oint_{\verts{z} = 1}{\expo{z} \over z^{n + 1 - k}}\,{\dd z \over 2\pi\ic}}^{\ds{1 \over \pars{n - k}!}} = \pars{-1}^{n}\,\pars{n!}^{2}{n \brace n}{1 \over n!} = \bbx{\pars{-1}^{n}\,n!} \end{align}
Referencia: Número de Stirling del Segundo Tipo.
Anthony Shaw
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Los Números de Stirling del Segundo Tipo tienen la siguiente relación: $$ \newcommand{\stirtwo}[2]{\left\{#1\cima#2\right\}} \begin{align} (k+1)^n &=\sum_{j=0}^n\stirtwo{n}{j}\binom{k+1}{j}\,j!\\ &=\sum_{j=0}^n\stirtwo{n}{j}\left[\binom{k}{j}+\binom{k}{j-1}\right]j!\\ \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(k+1)^n(-1)^k &=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}\sum_{j=0}^n\stirtwo{n}{j}\left[\binom{k}{j}+\binom{k}{j-1}\right]j!\\ &=\sum_{j=0}^n\stirtwo{n}{j}\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}\left[\binom{k}{j}+\binom{k}{j-1}\right]j!\\ &=\sum_{j=0}^n\stirtwo{n}{j}\sum_{k=0}^n(-1)^k\left[\binom{n}{j}\binom{n-j}{k-j}+\binom{n}{j-1}\binom{n-j+1}{k-j+1}\right]j!\\ &=\sum_{j=0}^n\stirtwo{n}{j}(-1)^n\big([j=n]+[j=n+1]\big)\,j!\\[9pt] &=(-1)^nn! \end{align} $$ desde $\stirtwo{n}{n}=1$, y para $j\gt n$, $\stirtwo{n}{j}=0$.
