组合恒等式 1

介绍：

具体数学上提到了这样一个恒等式：

\[\sum_k{n\choose k}(-1)^k(a_0+a_1k+\cdots+a_nk^n)=(-1)^nn!a_n \]

一个多项式不同点值的组合等于一个很简单的式子，我一开始看到还是很惊讶的。而且如果这个多项式的次数小于 \(n\)，那么整个式子就等于 \(0\)！

证明：

具体数学的推导方式：

首先我们定义差分算子 \(\Delta\)、位移算子 \(\text E\) 和恒等算子 \(1\)，满足：\(\Delta{f(x)}=f(x+1)-f(x),\text{E}f(x)=f(x+1),\text{1}f(x)=f(x)\)。

接下来定义 \(k\) 阶差分算子 \(\Delta^k\) 和 \(k\) 阶位移算子 \(\text{E}^k\)，满足：\(\Delta^kf(x)=\Delta(\Delta^{k-1}f(x)),\text{E}^kf(x)=\text{E}(\text{E}^{k-1}f(x))=f(x+k)\)。

我们来探究一下 \(k\) 阶差分的性质，我们列出下表。

\[\begin{align*} \Delta f(x) &= f(x+1)-f(x) \\ \Delta^2 f(x) &= \Delta f(x+1)-\Delta f(x) \\ &= (f(x+2)-f(x+1))-(f(x+1)-f(x)) \\ &= f(x+2)-2f(x+1)+f(x) \\ \Delta^3 f(x) &= f(x+3)-3f(x+2)+3f(x+1)-f(x) \\ \Delta^4 f(x) &= f(x+4)-4f(x+3)+6f(x+2)-4f(x+1)+f(x) \end{align*} \]

发现这个系数和二项式系数有点关系，事实上，如下式子成立：

\[\Delta^n f(x)=\sum_k{n\choose k}(-1)^{n-k}f(x+k)\tag{1} \]

其中 \(n\) 为非负整数。

这个式子容易用归纳法证明，但是用到初等算子理论会更加简单。

由于 \(\Delta f(x)=\text{E}f(x)-\text{1}f(x)\) 即 \(\Delta=\text{E}-\text{1}\)。

由二项式定理：

\[\Delta^n=(\text{E}-\text{1})^n=\sum_k{n\choose k}\text{E}^k(-\text{1})^{n-k} \]

同样可以证明。

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接下来，我们考虑这个东西：

\[\Delta\left({x\choose m}\right)={x+1\choose m}-{x\choose m}={x\choose m-1} \]

牛顿发现了它，发现这个函数的 \(k\) 阶差分很好算，于是给出下面的极数：

\[f(x)=c_d{x\choose d}+c_{d-1}{x\choose d-1}+\cdots+c_1{x\choose 1}+c_0{x\choose 0}\tag{2} \]

我们称其为牛顿级数。

将其做 \(n\) 阶差分：

\[\Delta^nf(x)=c_d{x\choose d-n}+c_{d-1}{x\choose d-1-n}+\cdots+c_1{x\choose 1-n}+c_0{x\choose -n}=\sum_kc_k{x\choose k-n} \]

如果现在令 \(x=0\)，由于 \({0\choose t}\neq 0\) 仅在 \(t=0\) 的情况下成立，所以我们可以得到：

\[\Delta^nf(0)=\left\{ \begin{aligned} c_n,n\le d \\ 0,n>d \end{aligned} \right. \]

为了方便我们就设：若 \(n\not\in\{0,1,\cdots,d\}\)，那么 \(c_n=0\)。所以 \(\Delta^nf(0)=c_n\)，这就免得分类讨论了。

那么我们可以将牛顿级数改写为：

\[f(x)=\Delta^df(0){x\choose d}+\Delta^{d-1}f(0){x\choose d-1}+\cdots+\Delta f(0){x\choose 1}+f(0){x\choose 0}\tag{3} \]

将组合数用下降幂展开，就和无限微积分中的麦克劳林级数类似了：

\[f(x)=\frac{\Delta^0f(0)}{0!}x^{\underline{0}}+\frac{\Delta^1f(0)}{1!}x^{\underline{1}}+\cdots+\frac{\Delta^{d-1}f(0)}{(d-1)!}x^{\underline{d-1}}+\frac{\Delta^df(0)}{d!}x^{\underline{d}} \]

\[g(x)=\frac{g^{(0)}(0)}{0!}x^0+\frac{g^{(1)}(0)}{1!}x^1+\cdots+\frac{g^{(d-1)}(0)}{(d-1)!}x^{d-1}+\frac{g^{(d)}(0)}{d!}x^d \]

接下来，我们对 \((2)\) 式做 \(t\) 阶差分，并运用 \((1)\) 式，再令 \(x=0\)，得：

\[\Delta^tf(0)=\sum_k{t\choose k}(-1)^{t-k}\left(c_0{k\choose 0}+c_1{k\choose 1}+\cdots+c_d{k\choose d}\right)=c_t \]

即：

\[\sum_k{t\choose k}(-1)^k\left(c_0{k\choose 0}+c_1{k\choose 1}+\cdots+c_d{k\choose d}\right)=(-1)^tc_t\tag{4} \]

这个式子的左边很复杂，右边却很简单。且若 \(t>d\) 整个式子的值为 \(0\)，这令人惊讶。

但是牛顿级数我们并不是特别常用，而是普通的多项式用的更多，我们将组合数中的下降幂转化成普通幂试试。

\[\begin{align*} f(x) &= \sum_{j=0}^dc_j\frac{x^{\underline j}}{j!} \\ &= \sum_{j=0}^d\frac{c_j}{j!}\sum_{k=0}^j{j\brack k}(-1)^{j-k}x^k \\ &= \sum_{k=0}^dx^k\sum_{j=k}^d{j\brack k}(-1)^{j-k}\frac{c_j}{j!} \\ &= \sum_{k=0}^da_kx^k \end{align*} \]

其中 \(a_k=\sum_{j=k}^d{j\brack k}(-1)^{j-k}\frac{c_j}{j!}\)，假如我们现在知道系数 \(a\)，我们可以通过反演求出 \(c\)，那么我们就可以顺利求出：

\[\sum_k{t\choose k}(-1)^k(a_0k^0+a_1k^1+\cdots+a_dk^d) \]

其实这就是斯特林反演，这里推一下。

先令 \(b_k=\frac{c_k}{k!}\)，那么条件变为：

\[a_k=\sum_{j=k}^d{j\brack k}(-1)^{j-k}b_j \]

接着直接斯特林反演：

\[\begin{align*} b_k&=\sum_{i=k}^db_i[k=i] \\ &=\sum_{i=k}^db_i\sum_{j=k}^i(-1)^{i-j}{i\brack j}{j\brace k} \\ &=\sum_{j=k}^d{j\brace k}\sum_{i=j}^d(-1)^{i-j}{i\brack j}b_i \\ &=\sum_{j=k}^d{j\brace k}a_j \end{align*} \]

中间用了斯特林数的反转公式进行恒等变换。

所以我们就有 \(c_k=k!\sum_{j=k}^d{j\brace k}a_j\)。

带入 \((4)\)，得到：

\[\sum_k{t\choose k}(-1)^k(a_0k^0+a_1k^1+\cdots+a_dk^d)=(-1)^tt!\sum_{j=t}^d{j\brace t}a_j\tag{5} \]

在这里我们令 \(t\le k\)，就可以得到最开始给出的那个恒等式，令 \(t<k\) 就可以得到 \((6)\)，令 \(t=k+1\) 就可以得到 \((8)\)，读者可以自行推导一下。

\[\sum_k{d+1\choose k}(-1)^k(a_0k^0+a_1k^1+\cdots+a_dk^d)=0\tag{6} \]

\[\sum_k{d\choose k}(-1)^k(a_0k^0+a_1k^1+\cdots+a_dk^d)=(-1)^dd!a_d\tag{7} \]

\[\sum_k{d-1\choose k}(-1)^k(a_0k^0+a_1k^1+\cdots+a_dk^d)=(-1)^{d-1}(d-1)!(a_{d-1}+\frac{d(d-1)}{2}a_d)\tag{8} \]

另一种思考方式：

注意到第二类斯特林数的通项公式跟这个式子特别像：

\[{m\brace n}=\frac{(-1)^n}{n!}\sum_{k=0}^n(-1)^k{n\choose k}k^m\tag{9} \]

我们试试带数进去，首先我们带入 \(m=n\)，得到：

\[{n\brace n}=\frac{(-1)^n}{n!}\sum_{k=0}^n(-1)^k{n\choose k}k^n=1\Leftrightarrow\sum_{k=0}^n(-1)^k{n\choose k}k^n=(-1)^nn! \]

我们继续带入 \(m<n\)，那么 \({m\brace n}=0\)，得到：

\[\sum_{k=0}^n(-1)^k{n\choose k}k^m=0 \]

我们将这些等式分别乘以 \(a_m(0\le m\le n)\) 再累和就得到了：

\[\sum_k{n\choose k}(-1)^k(a_0k^0+a_1k^1+\cdots+a_nk^n)=(-1)^nn!a_n \]

这就是恒等式 \((7)\)。

接着我们带入 \(m=n+1\)，此时 \({m\brace n}=\frac{n(n+1)}{2}\)：

\[\sum_{k=0}^n(-1)^k{n\choose k}k^{n+1}=(-1)^nn!\frac{n(n+1)}2 \]

同样地，我们可以推出恒等式 \((8)\)。

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我们换了一个方式思考，似乎毫不费力的就得到了恒等式 \((6)(7)(8)\)。

具体数学的方法那个式子不好反演，我们换了一种思考方式也许更加简单。

我们可以考虑更复杂的情况，先将通项公式改写：

\[\sum_{k=0}^n(-1)^k{n\choose k}a_mk^m=(-1)^nn!{m\brace n}a_m \]

对 \(m\) 累和：

\[\sum_{k=0}^n(-1)^k{n\choose k}\sum_{i=0}^ma_ik^i=(-1)^nn!\sum_{i=0}^m{i\brace n}a_i \]

这其实就是 \((5)\)，前面我们对 \(n\) 进行赋值，这里我们可以对 \(a\) 进行赋值，如果序列 \(a\) 有很好的性质的话，可以导出其他的恒等式。

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这里留一道题目，求下面双重和式的封闭形式：

\[\sum_{i=0}^m(-1)^i{m\brack i}\sum_{j=0}^n(-1)^j{n\choose j}j^i \]

解法在「应用」里，往下翻就行了。

应用：

运用 \((5)(6)(7)(8)\)，我们可以导出很多结论。

问题一：一个简单的经典的问题

求 \(\displaystyle\sum_{k=0}^n{n\choose k}(-1)^k\) 的封闭形式。

解法：

设 $a_k=[k=0]$，套用 $(7)$ 得到原式的值为 $(-1)^nn!a_n=[n=0]$。

问题二：上一个问题的扩展

求 \(\displaystyle\sum_{k=0}^n{n\choose k}(-1)^kk\) 的封闭形式。

解法：

当 $n>1$，套用 $(6)$ 答案肯定为 $0$，当 $n=0,1$ 时，答案为 $0$。综上，这道题的答案为 $0$。

问题三：一个稍稍难一点的问题

求 \(\displaystyle\sum_{k=0}^n{n\choose k}(-1)^k(a+k)^n\) 的封闭形式。

解法：

将 $(a+k)^n$ 用二项式定理展开，其中 $k^n$ 的系数为 $1$，直接套用 $(7)$，得到原式等于 $(-1)^nn!$

问题四：一个看起来特别困难的问题

求 \(\displaystyle\sum_{k=0}^n{r-sk\choose k}{r-(s+1)k\choose n-k}(-1)^k\) 的封闭形式。

解法：

这两个组合数相乘特别的刻意，思考后发现可以直接变成 $\displaystyle{n\choose k}{r-sk\choose n}$。

利用 \(\displaystyle{r-sk\choose n}=\dfrac{(r-sk)^{\underline n}}{n!}\) 将组合数展开，发现这个组合数相当于一个关于 \(k\) 的 \(n\) 次多项式，可以套用 \((6)\)，现在我们只要求出 \(\dfrac{(r-sk)^{\underline n}}{n!}\) 的 \(k^n\) 项的系数即可。

容易得出系数为 \(\dfrac{(-s)^n}{n!}=(-1)^n\dfrac{s^n}{n!}\)，带入 \((7)\) 得到原式的值为 \((-1)^nn!(-1)^n\dfrac{s^n}{n!}=s^n\)。

问题五：更加困难的问题

求 \(\displaystyle\sum_{i=1}^ni^n\sum_{j=i}^n{n\choose j}(-1)^{n-j}\) 的封闭形式。

解法：

先将 $(-1)^n$ 提出。

我们发现这个形式不是我们想要的形式，我们想要将 \(\displaystyle{n\choose j}(-1)^j\) 提到第一重和式的位置，所以我们将 \(i,j\) 这两重和式交换，得到原式等于 \(\displaystyle(-1)^n\sum_{k=0}^n{n\choose k}(-1)^k\sum_{i=1}^ki^n\)（写成 \(k\) 更习惯）。

然后就很好做了，熟知 \(\displaystyle\sum_{i=1}^ki^n\) 的封闭形式是一个 \(n+1\) 次多项式，所以现在就可以套用 \((8)\) 了，现在只需要求出这个多项式的 \(k^{n+1}\) 和 \(k^n\) 系数就可以了。

我们可以通过用伯努利数来求出系数，这里省略过程只给结果：

• 当 \(n=0\) 时：\(k^{n+1}\) 系数为 \(1\)，\(k^n\) 系数为 \(0\)。
• 当 \(n\neq 0\) 时：\(k^{n+1}\) 和 \(k^n\) 系数分别为 \(\frac{1}{n+1},\frac 12\)。

先不考虑 \(n=0\) 的情况，我们令 \(d=n+1,a_d=\frac{1}{n+1},a_{d-1}=\frac 12\)，带入 \((8)\)，可以得到原式等于 \(\dfrac{(n+1)!}2\)。

当 \(n=0\) 时，答案为 \(0\)，需要特殊判断。所以我们得出最终的答案为：

\[\frac{(n+1)!}2[n>0] \]

问题六：原来留下来的题目

求 \(\displaystyle\sum_{i=0}^m(-1)^i{m\brack i}\sum_{j=0}^n(-1)^j{n\choose j}j^i\) 的封闭形式。

解法：

同样的将 $i,j$ 交换，得到 $\displaystyle\sum_{k=0}^n(-1)^k{n\choose k}\sum_{i=0}^m(-1)^i{m\brack i}k^i$。我们想要套用 $(8)$，于是我们令 $a_i=(-1)^i{m\brack i}$，将其带入 $(5)$ 右边： $$ (-1)^nn!\sum_{i=0}^m(-1)^i{m\brack i}{i\brace n}=n!\sum_{i=0}^m(-1)^{n-i}{m\brack i}{i\brace n} $$ 这显然是斯特林数的反转公式，那么他就等于 $n![n=m]$。

所以最终的答案就是 \(n![n=m]\)

类似的恒等式还有：

\[\sum_{i=0}^m{m\choose i}\sum_{j=0}^n(-1)^j{n\choose j}j^i=(-1)^nn!{m+1\brace n+1} \]

\[\sum_{i=0}^m(n+1)^{m-i}\sum_{j=0}^n(-1)^j{n\choose j}j^i=(-1)^nn!{m+1\brace n+1} \]

\[\sum_{i=0}^m(-1)^i{m+1\brack i+1}\sum_{j=0}^n(-1)^j{n\choose j}j^i=m![m\ge n] \]

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这里的问题都是用了上面的结论证明出来的，如果有不用上面结论证明出来的，欢迎在讨论区分享，或私信。（问题一，问题二这种简单题就没必要了）