La derivada$n$ - th del recíproco de una función y una identidad binomial

Question

Mientras que yo estaba buscando una respuesta a esta MSE post con el fin de demostrar \begin{align*} \frac{d^n}{dx^n}\left(\frac{1}{1-e^{-x}}\right)=(-1)^n\sum_{j=1}^n{n\brace j}j!\frac{e^{-jx}}{\left(1-e^{-jx}\right)^{j+1}}\tag{1} \end{align*} con los números de ${n\brace j}$ denotan los números de Stirling del segundo tipo I se considera la siguiente fórmula de la recíproca de la $n$-ésima derivada de una función que puede ser interesante por sí mismo.

Con $D_x:=\frac{d}{dx}$ la siguiente relación es válida de acuerdo a (3.63) en H. W. Goulds Binomio Identidades, vol. Yo

\begin{align*} D_x^n\left(\frac{1}{f(x)}\right)=\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{n+1}{j+1}\frac{1}{\left(f(x)\right)^{j+1}}D_x^n\left(\left(f(x)\right)^j\right) \end{align*}

$$ $$

La aplicación de esta fórmula para la función de $f(x)=\frac{1}{1-e^{-x}}$ obtenemos \begin{align*} D_x^n&\left(\frac{1}{1-e^{-x}}\right)\\ &=\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{n+1}{j+1}\frac{1}{\left(1-e^{-x}\right)^{j+1}}D_x^n\left(\left(1-e^{-x}\right)^j\right)\\ &=\sum_{j=0}^n\frac{(-1)^j}{\left(1-e^{-x}\right)^{j+1}}\binom{n+1}{j+1}D_x^n\left(\sum_{k=0}^j\binom{j}{k}(-1)^ke^{-kx}\right)\\ &=(-1)^n\sum_{j=0}^n\frac{(-1)^j}{\left(1-e^{-x}\right)^{j+1}}\binom{n+1}{j+1}\sum_{k=0}^j\binom{j}{k}(-1)^kk^ne^{-kx}\\ &=\frac{(-1)^n}{(1-e^{-x})^{n+1}}\sum_{j=1}^n(-1)^j\left(1-e^{-x}\right)^{n-j}\binom{n+1}{j+1}\sum_{k=1}^j\binom{j}{k}(-1)^kk^ne^{-kx}\tag{2} \end{align*}

Por otro lado, con la identidad de ${n\brace j}=\frac{1}{j!}\sum_{k=0}^j(-1)^{j-k}\binom{j}{k}k^n$

podemos obtener a partir de (1) \begin{align*} D_x^n&\left(\frac{1}{1-e^{-x}}\right)\\ &=(-1)^n\sum_{j=1}^n{n\brace j}j!\frac{e^{-jx}}{\left(1-e^{-jx}\right)^{j+1}}\\ &=(-1)^n\sum_{j=1}^n\frac{e^{-jx}}{\left(1-e^{-jx}\right)^{j+1}}\sum_{k=0}^j(-1)^{j-k}\binom{j}{k}k^n\\ &=\frac{(-1)^n}{(1-e^{-x})^{n+1}}\sum_{j=1}^n(-1)^je^{-jx}(1-e^{-x})^{n-j}\sum_{k=1}^j\binom{j}{k}(-1)^{k}k^n\tag{3} \end{align*}

Tengo dificultades para probar la igualdad de (2) con (3). Por lo que poner $y=e^{-x}$ me gustaría pedir una prueba de la siguiente relación

Reclamo: El siguiente es válido para$n\geq 1$$y\geq 0$. \begin{align*} \sum_{j=1}^n&(-1)^j\left(1-y\right)^{n-j}\binom{n+1}{j+1}\sum_{k=1}^j\binom{j}{k}(-1)^kk^ny^k\\ &=\sum_{j=1}^n(-1)^jy^j(1-y)^{n-j}\sum_{k=1}^j\binom{j}{k}(-1)^{k}k^n \end{align*}

Tenga en cuenta que yo soy no está interesado en una prueba por inducción. Me gustaría ver cómo transformar un lado a otro, tal vez con la ayuda de funciones de generación.

Muchas gracias de antemano.

Answer 1

La extracción de los coeficientes en $[y^m]$ donde $0\le m\le n$ vemos que tienen que demostrar que

$$\sum_{j=1}^n (-1)^j {n+1\elegir j+1} \sum_{k=1}^j {j\elegir k} (-1)^k^n {n-j\elegir m-k} (-1)^{m-k} \\ = \sum_{j=1}^n (-1)^j {n-j\elegir m-j} (-1)^{m-j} \sum_{k=1}^n (-1)^{k} {j\elegir k} k^n$$

o, alternativamente,

$$\sum_{j=1}^n (-1)^j {n+1\elegir j+1} \sum_{k=1}^j {j\elegir k} k^n {n-j\elegir m-k} = \sum_{j=1}^n {n-j\elegir m-j} \sum_{k=1}^n (-1)^{k} {j\elegir k} k^n.$$

Re-escribir como sigue:

$$\sum_{k=1}^n k^n \sum_{j=k}^n (-1)^j {n+1\elegir j+1} {j\elegir k} {n-j\elegir m-k} = \sum_{k=1}^n k^n (-1)^k \sum_{j=1}^n {n-j\elegir m-j} {j\elegir k}.$$

Tenemos la demanda, si podemos demostrar que

$$ \sum_{j=k}^n (-1)^j {n+1\elegir j+1} {j\elegir k} {n-j\elegir m-k} = (-1)^k \sum_{j=1}^n {n-j\elegir m-j} {j\elegir k}.$$

Para el LHS presentamos

$${j\elegir k} = {j\elegir j-k} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{j-k+1}} (1+z)^j \; dz$$

Este tiene la propiedad de que se desvanece al $j\lt k$ $j=-1$ así que puede reducir el índice de la suma a $-1.$ también la introducción de

$${n-j\elegir m-k} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{m-k+1}} (1+w)^{n-j} \; dw$$

y obtener

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} z^{k-1} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{m-k+1}} (1+w)^{n} \\ \times \sum_{j=-1}^n {n+1\elegir j+1} (-1)^j \frac{(1+z)^j}{z^j (1+w)^j} \; dw\; dz \\ = - \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{z^{k}}{1+z} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{m-k+1}} (1+w)^{n+1} \\ \times \sum_{j=-1}^n {n+1\elegir j+1} (-1)^{j+1} \frac{(1+z)^{j+1}}{z^{j+1} (1+w)^{j+1}} \; dw\; dz \\ = - \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{z^{k}}{1+z} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{m-k+1}} (1+w)^{n+1} \\ \times \left(1-\frac{1+z}{z(1+w)}\right)^{n+1} \; dw\; dz \\ = - \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n-k+1}} \frac{1}{1+z} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{m-k+1}} (wz-1)^{n+1} \; dw\; dz.$$

La extracción de los coeficientes encontramos

$$- (-1)^{n+1-m+k} {n+1\elegir m-k} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n-k+1}} \frac{1}{1+z} z^{m-k} \; dz \\ = (-1)^k {n+1\elegir m-k}.$$

Observar que no hicimos uso de la diferencial en la integral que significa esto también pasa a través de el uso formal de potencia de la serie sólo. Continuando con el lado derecho encontramos

$$(-1)^k \sum_{j=k}^n {n-j\elegir m-j} {j\elegir k} = (-1)^k \sum_{j=0}^{n-k} {n-k-j\elegir m-k-j} {j+k\elegir k}.$$

Presentamos

$${n-k-j\elegir m-k-j} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m-k-j+1}} (1+z)^{n-k-j} \; dz$$

Este se desvanece al $j\gt m-k$ en algún momento en la mayoría de en la parte superior del índice (recordemos que $m\le n$). Por tanto, estamos justificados en la extensión de la $j$ a el infinito y obtener

$$\frac{(-1)^k}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m-k+1}} (1+z)^{n-k} \sum_{j\ge 0} {j+k\elegir k} \frac{z^j}{(1+z)^j} \; dz \\ = \frac{(-1)^k}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m-k+1}} (1+z)^{n-k} \frac{1}{(1-z/(1+z))^{k+1}} \; dz \\ = \frac{(-1)^k}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m-k+1}} (1+z)^{n+1} \frac{1}{(1+z-z)^{k+1}} \; dz = (-1)^k {n+1\elegir m-k}.$$

Hemos demostrado que los coeficientes de $k^n$ en el exterior de la suma son igual y por lo tanto también lo son los coeficientes de $[y^m].$ Esto concluye la argumento.