2014

Maggio 2014 - problema 1

Si dimostri che per ogni numero naturale \(k\geq 2\) si ha:
\[\sum_{0\leq i\leq j\leq k}\frac{(-1)^i}{i!}\cdot\frac{(k-j-1)^2}{(k-j)!}=1. \]

Livello di difficoltà: Yak da traino
Punteggio difficoltà: 60



Soluzioni corrette sono pervenute da Gottinger, Lasker e Cam.
E' opportuno riparametrizzare la somma iniziale:
\[\sum_{0\leq i\leq j\leq k}\frac{(-1)^i}{i!}\cdot\frac{(k-j-1)^2}{(k-j)!}=\sum_{i=0}^{k}\frac{(-1)^i}{i!}\sum_{j=i}^{k}\frac{(k-j-1)^2}{(k-j)!}=\sum_{i=0}^{k}\frac{(-1)^i}{i!}\sum_{j=0}^{k-i}\frac{(j-1)^2}{j!}=\sum_{0\leq i+j\leq k}\frac{(-1)^i (j-1)^2}{i!\cdot j!}=\sum_{h=0}^{k}\sum_{i+j=h}\frac{(-1)^i (j-1)^2}{i!\cdot j!}=\sum_{h=0}^{k}\frac{1}{h!}\sum_{i=0}^{h}\binom{h}{i}(-1)^i (h-i-1)^2.\tag{1}\]
Notiamo però che il binomio di Newton ci fornisce la seguente identità:
\[\sum_{i=0}^{h}\binom{h}{i}(-1)^i x^{h-i} = (x-1)^h, \tag{2}\]
e che il polinomio \(p(x)=(x-1)^h\), per \(h\geq 3\), ha in \(x=1\) una radice di molteplicità almeno \(3\).
In tale ipotesi \(p''(1)=p'(1)=p(1)=0\), dunque, derivando due volte l'identità \((2)\) e valutando ambo i membri in \(x=1\):
\[\sum_{i=0}^{h}\binom{h}{i}(-1)^i = 0,\qquad \sum_{i=0}^{h}\binom{h}{i}(-1)^i (h-i) = 0, \qquad \sum_{i=0}^{h}\binom{h}{i}(-1)^i (h-i)(h-i-1) = 0.\tag{3}\]
Poiché \((h-j-1)^2 = (h-j)(h-j-1)-(h-j)+1\), l'identità \((3)\) ci comunica che le uniche somme interne nel membro destro di \((1)\) che contribuiscono effettivamente sono quelle che corrispondono ai casi \(h=0,h=1,h=2\). Quest'ultime possono essere facilmente calcolate esplicitamente:
\[\sum_{h=0}^{k}\frac{1}{h!}\sum_{i=0}^{h}\binom{h}{i}(-1)^i (h-i-1)^2 = \sum_{h=0}^{2}\frac{1}{h!}\sum_{i=0}^{h}\binom{h}{i}(-1)^i (h-i-1)^2 = 1+\frac{1}{1!}(-1)+\frac{1}{2!}(1+1)=1,\tag{4}\]
e ciò conclude la dimostrazione.

Ci sembra doveroso riportare integralmente la soluzione di Gottinger, vincitrice del premio Gandalf, che pur essendo analoga nella sostanza alla soluzione appena riportata, illustra come la teoria delle funzioni generatrici esponenziali permetta di essere ancora più concisi, nonché generalizzare leggermente l'enunciato.

Ringrazio Roberto Pagaria per la genesi di questo problema, proveniente dalla teoria delle rappresentazioni dei gruppi finiti (questo problema dimostra che una certa rappresentazione è irriducibile).