1樓：
其他答主給出了形式證明，我這裡主要是說明一下乙個可能地通過直覺得到結論的過程。
考慮數列 ，其通項公式是 。
對其做一次差分的通項公式為：
也就是為最高次數為 的多項式，其中 。
注意到，繼續求差分，可以分別對各項求差分之後再相加，
又容易知道通項公式為 的數列求差分結果的通項為 ，
而通項為 的數列將在一次差分之後變成常數，並在繼續差分之後同樣變成0。
很容易推斷，在不斷差分的過程中，之後的項會逐漸變成0，只餘下 差分的結果，那結果是什麼呢？
省略號部分最後都變成0了。而如果再進行一次差分，這一項也會變成0。
這只是直覺的推斷，把上述過程倒過來，補充一些推斷的證明（例如使用歸納法），就可以得到像其他答主那樣的證明了。
2樓：
另外三個答主的方法更簡潔，這裡想複雜了。
公式證明使用 @CuKing 的生成函式就可很快得到，所以這裡繞了點彎路。之後就全是簡單的計算，符號表示上比較繁雜，推導一遍就知道每一步都僅僅就是計算而已。數列 ，證明： 。
1） 時，顯然 ，結論成立。
2）假設 時 ，證明 時也成立
根據假設知 且 時，為常數，所以 （常數差分為0）。
現在只要計算這個常數是多少
3樓：CuKing
設設 為原數列的生成函式
對原數列進行一次差分的生成函式就是 ,也就是 也就是這裡的 就是乙個類似於差分運算元的東西,二次差分就是再乘乙個 ,n次差分就是乘上了
於是 發現這個就是第二類斯特林數 的 倍,根據其組合意義, ,所求就是
4樓：謎之槍兵X
本題可以作為數學歸納法的經典例題，事實上我們可以把結論加強為「自然數 次方的 次差分數列為每一項均為 的常數列」。下文中，將用符號 表示數列 的 次差分。
話不多說，開始證明——
時，數列 一次差分得到的顯然是常數列 。
若 時 次差分均會得到常數列 ，考慮 時的一次差分 ，用二項式定理不難看出此數列可寫作 。由「數列之和的差分等於數列的差分之和、數列 倍的差分等於數列差分的 倍」的性質，不難看出此數列的 次差分等於 總計 個數列的 次差分的線性組合。
按照歸納假設，有 ，這樣第乙個數列就處理完了。第二個數列，注意到 已經是常數列 ，再多求一次差分的話得到的當然就是常數列 。對於第三個，第四個……直到第 個，不難用同樣的方法證明它們的 次差分也都必為 。
因此，原數列 的 次差分（即 的 次差分）也就等於證畢。
5樓：3Ni2Co
編了乙個可能並不是很簡潔優美的方法.
首先通過歸納法等可知,我們是對數列 求 次差分後的結果.
嘗試證明在求了 次差分後,數列第 項的值為 .
對於原數列的第 項, 其值為 ,考慮它對 次差分後第 項的貢獻.
每做一次差分,某個位置上的數 會對前一項造成 的貢獻,對該項造成 的貢獻.
從生成函式的角度看,每做一次差分就是對數列的生成函式乘上了 (1-x) .
共做了 次差分,第 項需要向前移動 次,貢獻為 .
對所有 求和可以得到 次差分後數列第 項的值,
考慮這個式子的組合意義,我們有 個互不相同的盒子,有 個互不相同的球需要裝入盒子中,要求前 個盒子都不能為空,欲求合法方案數.
用容斥原理計算,欽定有 個盒子是空的,其它盒子任意放,即可得到方案數為
.另一方面,由於只有 個球,而前 個盒子都不能為空,方案數顯然就是 .
於是得出對原數列做 次差分後,每一項都為 .
直接用生成函式計算也可得到類似的形式.
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