一个小柿子

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首先化简：

\[\begin{aligned} & \sum^{n}_{i=0}(-1)^{i}\binom{n}{i}(a+i)^m\\ % = & \sum^{n}_{i=0}\Bigg\lbrace(-1)^{n}\binom{n}{i}\times\Big[\sum^{m}_{k=0}\binom{m}{k}a^{m-k}i^k\Big]\Bigg\rbrace\\ = & \sum^{n}_{i=0}(-1)^{i}\binom{n}{i}\sum^{m}_{k=0}\binom{m}{k}a^{m-k}i^k\\ = & \sum^{n}_{i=0}\sum^{m}_{k=0}\Bigg[(-1)^{i}\binom{n}{i}\binom{m}{k}a^{m-k}i^k\Bigg]\\ = & \sum^{m}_{k=0}\sum^{n}_{i=0}\Bigg[(-1)^{i}\binom{n}{i}\binom{m}{k}a^{m-k}i^k\Bigg]\\ = & \sum^{m}_{k=0}a^{m-k}\binom{m}{k}\sum^{n}_{i=0}\Bigg[(-1)^{i}\binom{n}{i}i^k\Bigg]\\ \end{aligned}\]

跟据数学直觉对下面这个优美的部分进行研究，只须证明其恒等于 \(0\) 即可（证法应该不唯一）：

\[\sum^{n}_{i=0}\Bigg[(-1)^{i}\binom{n}{i}i^k\Bigg] \]

考虑生成函数：

\[(1+x)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}x^k \]

对等式两边求导得：

\[n(1+x)^{n-1}=\sum_{k=1}^{n}k\binom{n}{k}x^{k-1} \]

同乘 \(x\) :

\[nx(1+x)^{n-1}=\sum_{k=1}^{n}k\binom{n}{k}x^k \]

再求导得：

\[n[(1+x)^{n-1}+(n-1)x(1+x)^{n-2}]=\sum_{k=1}^{n}k^2\binom{n}{k}x^{k-1} \]

左右同乘 \(x\) 得：

\[nx[(1+x)^{n-1}+(n-1)x(1+x)^{n-2}]=\sum_{k=1}^{n}k^2\binom{n}{k}x^{k} \]

代入 \(x=-1\) 我们可以得到：

\[\sum_{k=1}^{n}k^2\binom{n}{k}(-1)^{k}=0 \]

接下来我们只需要将上述过程多次迭代，从而就得到 \(\sum^{n}_{k=1}(-1)^{k}\binom{n}{k}k^p\) 的一般形式，但这会逐渐变得相当复杂，因此我们没有必要一一求出每一个指数所对应的生成函数，我们考虑一种相当简便的方法：

• 我们发现等式左边不论迭代多少次（假设迭代 \(p\) 次）总能提出 \((1+x)\) 这一项，因此当 \(x=-1\) 时，等式右边即为 \(\sum^{n}_{k=1}(-1)^{k}\binom{n}{k}k^p\) ，而等式左边一定为 \(0\) ，即：

\[\sum_{k=1}^{n}k^p\binom{n}{k}(-1)^{k}=0 (p\in\mathbb{N}_{+}) \]

故有：

\[\sum^{n}_{i=0}(-1)^{i}\binom{n}{i}(a+i)^m=0 \]

此外：上述方法实际上可以引申出一系列很常用的组合数公式，无非是对 \(x\) 赋以不同的值，再迭代若干次，比如：

\[\begin{aligned} \sum^{n}_{i=1}i\binom{n}{i}&=n2^{n-1}\\ \sum^{n}_{i=1}i^2\binom{n}{i}&=n(n+1)2^{n-2}(n\geq1)\\ \dots \end{aligned}\]