Ejemplo 2.4.4 la página 23 del libro "Problemas de la teoría algebraica de números" por R. Murty es acerca de la solución de la ecuación $y^2+1=x^p$ donde $p$ es impar el primer y el $x,y\in \mathbb{Z}$. La solución de este ejemplo llevar a dos de la suma a través de algunas factoriales que un caso especial de aquellos es como sigue: $$\sum_{k=0}^{m}\frac{k^m}{k!(m-k)!}(-1)^{m-k}=1$$ Yo estaba interesado en una pequeña solución a esta.
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Clement C.
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Sugerencia:
Fix $m \geq 1$, y definir la función $f\colon[0,\infty)\to \mathbb{R}$ definido por $$ f(x) = (e^x-1)^m $$ En particular, tenemos por el teorema del Binomio que $$f(x) = \sum_{k=0}^m \binom{m}{k} e^{kx} (-1)^{m-k} = m! \sum_{k=0}^m \frac{1}{k!(m-k)!} e^{kx} (-1)^{m-k}.$$
Ahora, considere la posibilidad de la $m$-th derivado $f^{(m)}$$f$, evaluado en $x=0$.
Roger Hoover
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Obtenemos: $$ \sum_{k=0}^{m}\binom{m}{k}k^m (-1)^{m-k} $$ por appying $\delta^m$ a el polinomio $p(x)=x^m$ donde $\delta$ es el avance operador diferencia: $$ (\delta p)(x) = p(x+1)-p(x). $$ Si $p(x)$ es un polinomio con grado de $\geq 1$, el grado de $(\delta p)(x)$ es sólo el grado de $p(x)$ menos uno. Por otra parte, si $c_k x^k$ es el monomio con el más alto grado en $p(x)$, el monomio con el más alto grado en $(\delta p)(x)$$k c_k x^{k-1}$. De ello se sigue que si $p(x)=x^m$,$(\delta^m p)(x) = m!$.
El reclamo fácilmente de la siguiente manera.
DiGi
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Me gustaría empezar por darse cuenta de que el denominador es exactamente el denominador de $\binom{m}k$ y multiplicar la suma por $\frac{m!}{m!}$ a reescribir como
$$\frac1{m!}\sum_{k=0}^m\binom{m}kk^m(-1)^{m-k}\;.$$
Por lo tanto, lo que estamos tratando de demostrar que es equivalente a
$$\sum_{k=0}^m\binom{m}kk^m(-1)^{m-k}=m!\;.\tag{1}$$
La suma se parece mucho a las que uno normalmente se presenta en una inclusión-exclusión de cálculo, salvo que uno normalmente tendrían $(-1)^k$ en lugar de $(-1)^{m-k}$. Eso es fácil de conseguir, sin embargo: vamos a $\ell=m-k$, por lo que el $k=m-\ell$. Desde $\binom{m}k=\binom{m}{m-k}=\binom{m}\ell$, $(1)$ se convierte en
$$\sum_{\ell=0}^m\binom{m}\ell(-1)^\ell(m-\ell)^m=m!\;.$$
Con la práctica usted puede hacer esto sin hacer realmente una sustitución de utilizar un nuevo nombre de variable y sólo tiene que ir directamente a
$$\sum_{k=0}^m\binom{m}k(-1)^k(m-k)^m=m!\;.\tag{2}$$
Para demostrar $(2)$, sólo tenemos que mostrar que ambos lados contar la misma cosa. Por un lado, $m!$ es el número de bijections de$[m]=\{1,\ldots,m\}$$[m]$.
Ahora, para cada una de las $i\in[m]$ deje $A_i$ el conjunto de funciones de$[m]$$[m]\setminus\{i\}$, es decir, el conjunto de funciones de $[m]$ $[m]$cuyos rangos no contienen $i$. Si $\varnothing\ne F\subseteq[m]$, $\bigcap_{i\in F}A_i$ es el conjunto de funciones de$[m]$$[m]\setminus F$, y hay
$$\left|\bigcap_{i\in F}A_i\right|=(m-|F|)^m$$
tales funciones. La inclusión-exclusión en el principio dice que hay
$$\left|\bigcup_{i\in[m]}A_i\right|=\sum_{\varnothing\ne F\subseteq[m]}(-1)^{|F|-1}(m-|F|)^m\tag{3}$$
funciones de $[m]$ $[m]$que no surjective. Para $k=1,\ldots,n$ hay $\binom{m}k$ subconjuntos de a $[m]$ de cardinalidad $k$, lo $(3)$ puede escribirse como
$$\left|\bigcup_{i\in[m]}A_i\right|=\sum_{k=1}^m\binom{m}k(-1)^{k-1}(m-k)^m\;.$$
Por último, hay $m^m$ funciones de $[m]$ $[m]$en total, por lo que el número de ellos que son bijections es
$$\begin{align*} m^m-\sum_{k=1}^m\binom{m}k(-1)^{k-1}(m-k)^m&=m^m+\sum_{k=1}^m\binom{m}k(-1)^k(m-k)^m\\ &=\sum_{k=0}^m\binom{m}k(-1)^k(m-k)^m\;, \end{align*}$$
exactamente como queríamos.
