Prueba de Identidad del Coeficiente Binomial Alterno

No estoy muy seguro de si esto cuenta como un duplicado, pero aquí doy tres pruebas de una identidad equivalente a esta identidad (una de las cuales es la prueba de la función beta). Creo que es más limpio escribirlo como

$$\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{z + k} {n \choose k} = \frac{n!}{z(z + 1) \dots (z + n)}$$

(aquí$z$es$a+1$) lo que aclara que para$n$fijo es una igualdad entre dos funciones racionales de$z$; en particular se cumple para todos los valores complejos de$z \neq 0, -1, \dots -n$, y escrito de esta manera se puede probar calculando los residuos en cada polo de la RHS y verificando que se alinean con los coeficientes de la LHS. Doy otra prueba al pensar en el LHS como el$n^{th}$diferencia finita de la secuencia$a_k = \frac{1}{z + k}$, que puede calcularse por inducción y verificarse para alinearse con el RHS.

si sustituimos$z \mapsto -\frac{1}{z}$y claros denominadores obtenemos la identidad equivalente

$$\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{1 - kz} {n \choose k} = \frac{n! z^n}{(1 - z) \dots (1 - nz)}$$

que es una identidad de función generadora ordinaria para los números de Stirling del segundo tipo , y que se puede demostrar demostrando una identidad de función generadora exponencial y luego traduciéndola.

Por el teorema de las fracciones parciales sabemos

$$\frac{n!}{a(a+1) \cdots (a+n+1)} = \frac{b_0}{a} + \frac{b_1}{a+1} + \dots + \frac{b_{n+1}}{a+n+1}$$ para algún conjunto de números$b_0, b_1, \dots , b_{n+1}$. Encontrar$b_k$, multiplica ambos lados de la ecuación por$b+k$y luego establecer$a=-k$en la ecuación resultante. El resultado es $$b_k = (-1)^k \binom{n}{k}$$

Al tratar de evaluar

$$S_n = \sum_{r=0}^n (-1)^r {n\choose r} \frac{1}{r+a+1}$$

dónde$a$no está dentro$\{-1, -2, \ldots, -n-1\}$les presentamos

$$f(z) = \frac{(-1)^n \times n!}{z+a+1} \prod_{q=0}^n \frac{1}{z-q}$$

que tiene la propiedad de que para$0\le r\le n$

$$\mathrm{Res}_{z=r} f(z) = \frac{(-1)^n \times n!}{r+a+1} \prod_{q=0}^{r-1} \frac{1}{r-q} \prod_{q=r+1}^n \frac{1}{r-q} \\ = \frac{(-1)^n \times n!}{r+a+1} \frac{1}{r!} \frac{(-1)^{n-r}}{(n-r)!} = (-1)^r {n\choose r} \frac{1}{r+a+1}.$$

Resulta que

$$S_n = \sum_{r=0}^n \mathrm{Res}_{z=r} f(z).$$

Ahora los residuos suman cero y el residuo en el infinito de$f(z)$es cero por inspección, por lo tanto

$$S_n = - \mathrm{Res}_{z=-1-a} f(z) = (-1)^{n+1} \times n! \times \prod_{q=0}^n \frac{1}{-1-a-q} \\ = n! \prod_{q=0}^n \frac{1}{a+q+1}.$$

Este es el reclamo.

Creo que la forma "más clara" de demostrar la identidad es a través de las diferencias finitas y el factorial descendente y ascendente de la siguiente manera

La diferencia finita (paso unitario) de una función con respecto a la variable$z$Se define como

$$\Delta _{\,z} \,f(z) = f(z + 1) - f(z)$$ y su iteración se convierte en $$\Delta _{\,z} ^{\,n} \,f(z) = \Delta _{\,z} \,\left( {\Delta _{\,z} ^{\,n - 1} \,f(z)} \right) = \sum\limits_k {\left( { - 1} \right)^{n - k} \left( \matrix{ n \cr k \cr} \right)\;f(z + k)}$$

Ahora, en cuanto a la función$1/z$tenemos

$$\eqalign{ & \Delta _{\,z} \left( {{1 \over z}} \right) = {1 \over {z + 1}} - {1 \over z} = {{ - 1} \over {z\left( {z + 1} \right)}} \cr & \Delta _{\,z} ^{\,2} \left( {{1 \over z}} \right) = \Delta _{\,z} \left( {\Delta _{\,z} \left( {{1 \over z}} \right)} \right) = {{\left( { - 1} \right)^{\,2} 2} \over {z\left( {z + 1} \right)\left( {z + 2} \right)}} \cr & \;\quad \vdots \cr & \Delta _{\,z} ^{\,n} \left( {{1 \over z}} \right) = \Delta _{\,z} ^{\,n} \left( {\left( {z - 1} \right)^{\,\underline {\, - 1\,} } } \right) = \left( { - 1} \right)^{\,\underline {\,n\,} } \left( {z - 1} \right)^{\,\underline {\, - 1 - n\,} } = {{\left( { - 1} \right)^{\,n} n!} \over {z^{\,\overline {\,n + 1\,} } }} \cr}$$ donde la última línea se deriva de las propiedades fundamentales del factorial descendente y ascendente representados respectivamente con$x^{\,\underline {\,k\,} } ,\quad x^{\,\overline {\,k\,} }$.

Poniendo los dos juntos

$$\Delta _{\,z} ^{\,n} \left( {{1 \over z}} \right) = {{\left( { - 1} \right)^{\,n} n!} \over {z^{\,\overline {\,n + 1\,} } }} = \sum\limits_k {\left( { - 1} \right)^{n - k} \left( \matrix{ n \cr k \cr} \right)\;{1 \over {z + k}}} \quad \left| {\;0 \le n \in Z} \right.$$