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[组合] 一道组合恒等式 有什么办法?

\begin{equation*}

\sum_{k=0}^{10}(-1)^k C_{10}^{k}\cdot k^3=

\end{equation*}
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从战巡那里学来的招式:令
\[f(x)=(1-e^x)^{10}=\sum_{k=0}^{10}C_{10}^k(-1)^ke^{kx},\]则
\[f'''(x)=\sum_{k=0}^{10}C_{10}^k(-1)^kk^3e^{kx},\]所以
\[\text{所求式}=f'''(0),\]而由 `f(x)=(1-e^x)^{10}` 易知 `f'''(x)` 含有因式 `(1-e^x)`,故必有 `f'''(0)=0`,所以所求式为 `0`。

PS、事实上 9 阶以下导数依然含有因式 `(1-e^x)`,一般地
\[\sum_{k=0}^mC_m^k(-1)^kk^n=0,\quad n=1,2,\ldots,m-1.\]

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回复 2# kuing

多谢 学以致用的典范

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我想起好多年前的一个帖子.......

http://kuing.orzweb.net/viewthre ... &page=1#pid7766
当时用的方法还不一样

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本帖最后由 青青子衿 于 2019-9-3 07:54 编辑

回复 4# 战巡

引理:设多项式\(\,f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_n\,\),\(\,b_k=b_1+(k-1)d\,\),
其中\(\,a_k,\,b_k,\,d\inC\,\)且\(\,d\ne0\,\),\(\,1\leqslant\,\!k\leqslant \,\!n+1\,\),\(\,n\geqslant2\,\),则
\[ \large\sum_{k=0}^n(-1)^kf(b_k)C_n^k=(-1)^k\,\!a_{\overset{\,}0}n!\,d^n \]

当\(\,f(x)=x^n\,\),\(\,b_1=n-1\,\),\(\,d=-1\,\)(即\(\,b_k=n-k\,\))时,则有
\[ \large\sum_{k=0}^n(-1)^k(n-k)^nC_n^k=n! \]
当\(\,f(x)=x^3\,\)(其中首项系数\(\,a_0=0\,\)),\(\,b_1=1\,\),\(\,d=1\,\)(即\(\,b_k=k\,\))时,则有
\[ \large\sum_{k=0}^n(-1)^k\,k^3C_n^k=0 \]

但是,这个引理当多项式次数再高一点就不适用了……
\begin{align*}
\sum_{k=0}^n(-1)^{k}C^k_n(n-k)^{n+1}&=\\
\sum_{k=0}^n(-1)^{k}C^k_n(n-k)^{n+2}&=\end{align*}

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引理:设多项式\(\,f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_n\,\),\(\,b_k=b_1+(k-1)d\,\) ...
青青子衿 发表于 2019-9-3 07:37
引理的 `b_k` 没写好,开头交待的 `b_k` 从 `b_1` 开始,但和式中的 `k` 却是从 0 开始,`b_0` 就缺定义了,显然应该改为:`b_k=b_0+kd` 其中 `0\leqslant k\leqslant n`。

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回复 5# 青青子衿

次数再高一点也可以用战巡的方法,就是有点难算。


\[S(m)=\sum_{k=0}^nC_n^k(-1)^k(b_0+kd)^m,\]令
\[g(x)=e^{b_0x}(1-e^{dx})^n=\sum_{k=0}^nC_n^k(-1)^ke^{(b_0+kd)x},\]则
\[g^{(m)}(x)=\sum_{k=0}^nC_n^k(-1)^k(b_0+kd)^me^{(b_0+kd)x},\]所以
\[S(m)=g^{(m)}(0),\]然后考虑 `g(x)` 的展开式,一方面
\begin{align*}
g(x)&=g(0)+g'(0)x+\frac{g''(0)}{2!}x^2+\cdots+\frac{g^{(m)}(0)}{m!}x^m+\cdots\\
&=S(0)+S(1)x+\frac{S(2)}{2!}x^2+\cdots+\frac{S(m)}{m!}x^m+\cdots,
\end{align*}另一方面,记 `A=b_0/n`, `B=A+d`,则
\begin{align*}
g(x)&=(e^{Ax}-e^{Bx})^n\\
&=\left( (A-B)x+\frac{A^2-B^2}{2!}x^2+\frac{A^3-B^3}{3!}x^3+\frac{A^4-B^4}{4!}x^4+\cdots \right)^n\\
&=(-d)^nx^n\left( 1+\frac{A+B}{2!}x+\frac{A^2+AB+B^2}{3!}x^2+\frac{A^3+A^2B+AB^2+B^3}{4!}x^3+\cdots \right)^n\\
&=(-d)^nx^n\Biggl(
1+C_n^1\frac{A+B}{2!}x+\left( C_n^2\left( \frac{A+B}{2!} \right)^2+C_n^1\frac{A^2+AB+B^2}{3!} \right)x^2\\
&\phantom{{}=(-d)^nx^n\Biggl(}+\left( C_n^3\left( \frac{A+B}{2!} \right)^3+C_n^1\frac{A+B}{2!}C_{n-1}^1\frac{A^2+AB+B^2}{3!}+C_n^1\frac{A^3+A^2B+AB^2+B^3}{4!} \right)x^3+\cdots
\Biggr),
\end{align*}将 `A=b_0/n`, `B=A+d` 代回去化简为
\begin{align*}
g(x)=(-d)^nx^n\biggl( &
1+\frac{2b_0+dn}2x+\frac{12b_0^2+12b_0dn+3d^2n^2+d^2n}{24}x^2\\
&+\frac{(2b_0+dn)(4b_0^2+4b_0dn+d^2n^2+d^2n)}{48}x^3+\cdots
\biggr),
\end{align*}由此得到
\begin{align*}
S(0)&=S(1)=\cdots=S(n-1)=0,\\
S(n)&=n!(-d)^n,\\
S(n+1)&=(n+1)!(-d)^n\frac{2b_0+dn}2,\\
S(n+2)&=(n+2)!(-d)^n\frac{12b_0^2+12b_0dn+3d^2n^2+d^2n}{24},\\
S(n+3)&=(n+3)!(-d)^n\frac{(2b_0+dn)(4b_0^2+4b_0dn+d^2n^2+d^2n)}{48},
\end{align*}由此也就得出了那引理,以及你最后想求的,即当 `b_0=n`, `d=-1` 时,代入化简得
\begin{align*}
\sum_{k=0}^n{(-1)^k}C_n^k(n-k)^{n+1}&=(n+1)!\frac n2,\\
\sum_{k=0}^n{(-1)^k}C_n^k(n-k)^{n+2}&=(n+2)!\frac{n(3n+1)}{24},\\
\sum_{k=0}^n{(-1)^k}C_n^k(n-k)^{n+3}&=(n+3)!\frac{n^2(n+1)}{48},
\end{align*}想要更高次数的话,就要对上面的展开式写出更多的项来展开求和,计算是相当麻烦的。

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