一个关于数列递推的证明
小红书看到一个数列公式的递推证明，很有趣。这个题目如下：
∑ k = 0 n ∑ r = 0 k ( − 1 ) r r ! ( n − k ) ! = 1 \sum_{k=0}^n\sum_{r=0}^k\frac{(-1)^r}{r!(n-k)!}=1 k=0∑nr=0∑kr!(n−k)!(−1)r=1
证明思路1
构造函数，求导解微分方程，分部积分得出。
证明:
构造
F ( x ) = ∑ k = 0 n ∑ r = 0 k ( x ) r r ! ( n − k ) ! (1) F(x)=\sum_{k=0}^n\sum_{r=0}^k\frac{(x)^r}{r!(n-k)!}\tag{1} F(x)=k=0∑nr=0∑kr!(n−k)!(x)r(1)
求导
F ′ ( x ) = ∑ k = 0 n ∑ r = 0 k ( x ) r − 1 ( r − 1 ) ! ( n − k ) ! = ∑ k = 0 n 1 ( n − k ) ! [ ∑ r = 0 k ( x ) r ( r ) ! − x k k ! ] = F ( x ) − 1 n ! ∑ k = 0 n C n k x k = F ( x ) − 1 n ! ( 1 + x ) n \begin{align} F'(x)=&\sum_{k=0}^n\sum_{r=0}^k\frac{(x)^{r-1}}{(r-1)!(n-k)!}\notag\\ =&\sum_{k=0}^n\frac{1}{(n-k)!}\left[ \sum_{r=0}^k\frac{(x)^{r}}{(r)!}-\frac{x^k}{k!}\right]\notag\\ =&F(x)-\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^nC^k_nx^k\notag\\ =&F(x)-\frac{1}{n!}(1+x)^n\notag \end{align} F′(x)====k=0∑nr=0∑k(r−1)!(n−k)!(x)r−1k=0∑n(n−k)!1[r=0∑k(r)!(x)r−k!xk]F(x)−n!1k=0∑nCnkxkF(x)−n!1(1+x)n
解这个微分方程：
F ( x ) = e x ( − ∫ ( 1 + x ) n n ! e − x d x + C ) F(x)=e^x\left(-\int\frac{(1+x)^n}{n!}e^{-x}dx+C\right) F(x)=ex(−∫n!(1+x)ne−xdx+C)
令
g ( x ) = ∫ ( 1 + x ) n n ! e − x d x g(x)=\int\frac{(1+x)^n}{n!}e^{-x}dx g(x)=∫n!(1+x)ne−xdx
分布积分可以求出：
g ( x ) = ∑ k = 0 n ( 1 + x ) k k ! e − x g(x)=\sum_{k=0}^n\frac{(1+x)^k}{k!}e^{-x} g(x)=k=0∑nk!(1+x)ke−x
则：
F ( x ) = e x ( ∑ k = 0 n ( 1 + x ) k k ! e − x + C ) (2) F(x)=e^{x}(\sum_{k=0}^n\frac{(1+x)^k}{k!}e^{-x}+C)\tag{2} F(x)=ex(k=0∑nk!(1+x)ke−x+C)(2)
根据表达式 (1)，可以得出
F ( 0 ) = ∑ k = 0 n 1 k ! F(0)=\sum_{k=0}^n\frac{1}{k!} F(0)=k=0∑nk!1
代入 (2) 式可以得出 C = 0 C=0 C=0（注意 0 0 = 1 0^0=1 00=1）。则
F ( x ) = ∑ k = 0 n ( 1 + x ) k k ! F(x)=\sum_{k=0}^n\frac{(1+x)^k}{k!} F(x)=k=0∑nk!(1+x)k
当 x = − 1 x=-1 x=−1时，带入可以求出 F ( − 1 ) = 1 F(-1)=1 F(−1)=1。
证明思路2
利用泰勒公式的积分余项（估计想到这一点的都学过高等代数），
在 x = a x=a x=a 处的泰勒展开的余项为：
R n ( x ) = 1 n ! ∫ a x ( x − t ) n f n + 1 ( t ) d t R_n(x)=\frac{1}{n!}\int^x_{a}(x-t)^nf^{n+1}(t)dt Rn(x)=n!1∫ax(x−t)nfn+1(t)dt
对 e x e^{x} ex 和 e − x e^{-x} e−x 分别使用泰勒公式，然后凑出来等式。
这道题参考小红书博主：@sanic, @数学家的下午茶，@清华紫光校长