Demostración de la identidad de la suma finita

Question

Podría usar una pista para probar $$\sum_{k=0}^n(-1)^k {{n}\choose{k}}(\alpha+k)^n=(-1)^nn! $$

Necesitaba esa identidad y la encontré en "Table of integrals, series, and products" de Gradshteyn et al. Pero sacarla de ahí no es muy satisfactorio.

Answer 1

El LHS es $$S_n=\sum_{k=0}^n(-1)^k {n\choose k}P(k)$$ donde $P$ denota el polinomio $$P(x)=(x+\alpha)^n$$ La idea clave de la prueba es que, como todo polinomio de grado como máximo $n$ , $P$ es una combinación lineal del factoriales descendentes es decir, los polinomios $$Q_i(x)=x(x-1)\cdots(x-i+1)$$ para $0\leqslant i\leqslant n$ digamos, $$P(x)=\sum_{i=0}^nc_iQ_i(x)$$ El resto de la prueba se basa en un pequeño juego de coeficientes binomiales.

Arreglar algunos $i$ entonces, para cada $k<i$ , $Q_i(k)=0$ y, para cada $i\leqslant k\leqslant n$ , $${n\choose k}Q_i(k)=\frac{n!}{k!(n-k)!}\frac{k!}{(k-i)!}=\frac{n!}{(n-i)!}\frac{(n-i)!}{(k-i)!(n-k)!}=Q_i(n){n-i\choose k-i}$$ Sumando estas identidades en $k$ produce $$\sum_{k=0}^n(-1)^k {n\choose k}Q_i(k)=Q_i(n)\sum_{k=i}^n(-1)^k {n-i\choose k-i}=(-1)^iQ_i(n)\sum_{k=0}^{n-i}(-1)^k {n-i\choose k}$$ Por el teorema del binomio, la suma en el lado derecho es $(1-1)^{n-i}$ Es decir, $0$ por cada $i<n$ y $1$ para $i=n$ . Sumando estas identidades en $i$ se obtiene $$S_n=(-1)^nQ_n(n)c_n$$ Queda por señalar que $Q_n(n)=n!$ y que $c_n=1$ (¿por qué?), para concluir.

Answer 2

De verdad $\beta$ definir la función $\phi(\beta):=\sum\limits_{k=0}^{n}(-)^k{n\choose k}(\alpha+k)^n e^{(\alpha+k)\beta}$ . Por lo tanto, tenemos de forma equivalente $\phi(\beta)=\frac{d^n}{d\beta^n}(e^{\alpha\beta}(1-e^\beta)^n)$ . Ahora, observa desde la regla general del producto de Leibniz que el único término no nulo para $\phi(0)$ es el término $n!e^{\alpha\beta}(-e^{\beta})^n$ (¿por qué?). Hemos terminado.

Answer 3

Viendo que

$$\sum_{k=0}^n (-1)^k {n\choose k} (\alpha+k)^n$$

es un polinomio en $\alpha$ de grado $n$ podemos extraer los coeficientes donde $0\le q\le n$ :

$$[\alpha^q] \sum_{k=0}^n (-1)^k {n\choose k} (\alpha+k)^n = \sum_{k=0}^n (-1)^k {n\choose k} {n\choose q} k^{n-q} \\ = {n\choose q} \sum_{k=0}^n (-1)^k {n\choose k} k^{n-q}.$$

Continuando encontramos

$${n\choose q} \sum_{k=0}^n (-1)^k {n\choose k} (n-q)! [z^{n-q}] \exp(kz) \\ = \frac{n!}{q!} [z^{n-q}] \sum_{k=0}^n (-1)^k {n\choose k} \exp(kz) = \frac{n!}{q!} [z^{n-q}] (1-\exp(z))^n.$$

Ahora bien, como $1-\exp(z) = -z - \cdots$ tenemos que $(1-\exp(z))^n$ comienza con $(-1)^n z^n + \cdots.$ Por lo tanto, obtenemos cero cuando $n-q\lt n$ o $q\gt 0.$ Así que todos los coeficientes del polinomio, excepto la constante desaparecen. Para esta última obtenemos con $q=0$ el valor

$$\frac{n!}{0!} [z^n] ((-1)^n z^n + \cdots) = (-1)^n n!$$

probando así la afirmación.

Answer 4

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin {align} \sum_ {k = 0}^{n} \pars {-1}^{k} {n \choose k} \pars { \alpha + k}^{n} & = \sum_ {k = 0}^{n} \pars {-1}^{k} {n \choose k} \braces { \rule {0pt}{5mm} \bracks ¡{z^{n}}n! \expo { \pars { \alpha + k}z}} \\ [5mm] & = ¡n! \bracks {z^{n}} \expo { \alpha z} \sum_ {k = 0}^{n}{n \choose k} \pars {- \expo {z}}^{k} = ¡n! \bracks {z^{n}} \expo { \alpha z} \pars {1 - \expo {z}}^{n} \\ [5mm] & = \pars ¡{-1}^{n}\N-, n! \bracks {z^{0}} \expo { \alpha z} \pars { \expo {z} - 1 \over z}^{n}\N-, { \dd z \over 2 \pi\ic } \\ [5mm] & = \pars {-1}^{n}\N-, n!\N-, \lim_ {z \to 0} \bracks { \expo { \alpha z} \pars { \expo {z} - 1 \over z}^{n}} = \bbx { \pars {-1}^{n}\N- n!} \end {align}