El polylogarithms de orden $s$ son definidos por $$\mathrm{Li}_s (z) = \sum_{k \geqslant 1} \frac{z^k}{k^s}, \quad |z| < 1.$$ De la definición anterior, los derivados de la polylogarithms seguir inmediatamente. Aquí tenemos $$\frac{d}{dz} \mathrm{Li}_s (z) = \frac{\mathrm{Li_{s - 1}}(z)}{z}.$$ Al $s = 0$ la siguiente serie que es geométrica resultados $$\mathrm{Li}_0(z) = \sum_{k \geqslant 1} z^k = \frac{z}{1 - z}.$$ Comenzando con la expresión de $\mathrm{Li}_0(z)$, la aplicación repetida de la derivada de la regla permite que las expresiones explícitas para la polylogarithms para todo entero negativo órdenes para ser encontrado. Los primeros son: \begin{align*} \mathrm{Li}_{-1} (z) &= \frac{z}{(1 - z)^2}\\ \mathrm{Li}_{-2}(z) &= \frac{z(1 + z)}{(1 - z)^3}\\ \mathrm{Li}_{-3}(z) &= \frac{z(1 + 4z +z^2)}{(1 - z)^4}\\ & \vdots \end{align*} Todos son funciones racionales en $z$. Una forma cerrada de expresión para $\mathrm{Li}_{-n}(z)$ donde $n \in \mathbb{N}$ en términos de números de Stirling o números de Euler se puede encontrar. En términos de números de Euler $\left\langle n \atop k\right\rangle$ el resultado es $$\mathrm{Li}_{-n} (z) = \frac{1}{(1 - z)^{n + 1}} \sum^n_{k = 0} \left\langle n \atop k\right\rangle z^{n - k}, \quad n \geqslant 1.$$ Lo que me gustaría saber es ¿cómo puede un resultado ser probado. Por supuesto, una vez que uno sabe lo que uno está buscando, el resultado puede ser fácilmente adivinar, y supongo que la inducción se utiliza para probar la afirmación es verdadera para todos los $n$, pero hay una forma de demostrar el resultado directamente?
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La página Wiki de la presentación de polylogarithms estados identidades con los números de Stirling del segundo tipo, siendo uno de ellos \begin{align*} \mathrm{Li_{-n}}(z)=\sum_{k=0}^{n}k! \begin{Bmatrix}n+1\\k+1\end{Bmatrix} \left(\frac{z}{1-z}\right)^{k+1}\qquad\qquad n\geq 0\etiqueta{1} \end{align*} y una identidad con números de Euler \begin{align*} \mathrm{Li_{-n}}(z)=\frac{1}{(1-z)^{n+1}}\sum_{k=0}^{n-1}k! \left\langle n \atop k \right\rangle z^{n-k}\qquad\qquad n\geq 1\tag{2} \end{align*} De acuerdo a la OPs pregunta voy a tratar de dar un razonamiento plausible de cómo estas fórmulas podrían ser derivadas.
Primera parte: los números de Stirling del Segundo tipo
Con el fin de derivar la identidad (1) una observación crucial es el de la recurrencia de la relación de la polylogarithm sobre el diferencial de operador $\mathrm{D}=\frac{d}{dz}$. Podemos escribir para $n\geq 1$ \begin{align*} \mathrm{Li_{-n}}(z)=(z\mathrm{D})\mathrm{Li_{-n+1}}(z) \end{align*}
A partir de esta relación obtenemos por la aplicación sucesiva de que el operador $z\mathrm{D}$ como se ha mostrado en el OPs pregunta
\begin{align*} \mathrm{Li_{-n}}(z)=(z\mathrm{D})\mathrm{Li_{-n+1}}(z)=\ldots =(z\mathrm{D})^n\mathrm{Li_{0}}(z)=(z\mathrm{D})^n\frac{z}{1-z}\tag{3} \end{align*}
La conexión con los números de Stirling del segundo tipo se da a través del operador $z\mathrm{D}$, ya que las siguientes conocido operador de relación es válida
\begin{align*} (z\mathrm{D})^n=\sum_{k=1}^n\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}z^k\mathrm{D}^k\qquad\qquad n\geq 1\etiqueta{4} \end{align*} La información acerca de esta relación se puede encontrar por ejemplo en los números de Stirling del segundo tipo por R. Milson.
Aplicando la relación (4) a $\frac{z}{1-z}$ obtenemos para $n\geq 1$ \begin{align*} (z\mathrm{D})^n\frac{z}{1-z}&=\sum_{k=1}^n\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}z^k\mathrm{D}^k\frac{z}{1-z}\\ &=\sum_{k=1}^n\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}z^k\mathrm{D}^k\sum_{j=1}^{\infty}z^{j}\\ &=\sum_{k=1}^n\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}z^k\sum_{j=k}^{\infty}k!\binom{j}{k}z^{j-k}\etiqueta{5}\\ &=\sum_{k=1}^nk!\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}z^k\sum_{j=0}^{\infty}\binom{j+k}{k}z^{j}\\ &=\sum_{k=1}^nk!\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}z^k\sum_{j=0}^{\infty}\binom{-(k+1)}{j}(-z)^j\etiqueta{6}\\ &=\sum_{k=1}^nk!\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\frac{z^k}{(1-z)^{k+1}}\etiqueta{7} \end{align*}
Comentario:
En (5) podemos diferenciar $k$ a veces y el uso de $j(j-1)\cdots(j-k+1)=k!\binom{j}{k}$
En (6) se utiliza la $\binom{-n}{k}=\binom{n+k-1}{k}(-1)^k$
En (7) se aplica el binomio de la serie
La combinación de la polylogarithm representación (3) con (7) obtenemos
\begin{align*} \mathrm{Li_{-n}}(z)=\sum_{k=1}^nk!\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\frac{z^k}{(1-z)^{k+1}} \qquad\qquad n\geq 1\etiqueta{8} \end{align*}
Hemos encontrado una relación entre la polylogarithm y los números de Stirling del segundo tipo. Tenga en cuenta que esta no es la representación (1) indicado en la página de la Wiki, pero vamos a mostrar la igualdad. Para ello recordamos la recurrencia de la relación de los números de Stirling del segundo tipo \begin{align*} \begin{Bmatrix}n+1\\k\end{Bmatrix}=k\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}+\begin{Bmatrix}n\\k-1\end{Bmatrix} \qquad\qquad n\geq 0, k\geq 1 \end{align*} y reclamo
El siguiente es cierto \begin{align*} \sum_{k=1}^nk!\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\frac{z^k}{(1-z)^{k+1}}= \sum_{k=0}^{n}k!\begin{Bmatrix}n+1\\k+1\end{Bmatrix}\left(\frac{z}{1-z}\right)^{k+1} \qquad\qquad n\geq 1 \end{align*}
Empezamos con los RHS y obtener \begin{align*} \sum_{k=0}^nk!&\begin{Bmatrix}n+1\\k+1\end{Bmatrix}\left(\frac{z}{1-z}\right)^{k+1}\\ &=\sum_{k=0}^nk!\a la izquierda((k+1)\begin{Bmatrix}n\\k+1\end{Bmatrix}+ \begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\right)\left(\frac{z}{1-z}\right)^{k+1}\etiqueta{9}\\ &=\sum_{k=0}^n(k+1)!\begin{Bmatrix}n\\k+1\end{Bmatrix}\left(\frac{z}{1-z}\right)^{k+1} +\sum_{k=0}^nk!\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\left(\frac{z}{1-z}\right)^{k+1}\\ &=\sum_{k=1}^{n+1}k!\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\left(\frac{z}{1-z}\right)^{k} +\sum_{k=0}^nk!\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\left(\frac{z}{1-z}\right)^{k+1}\etiqueta{10}\\ &=\sum_{k=1}^{n}k!\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\left[\left(\frac{z}{1-z}\right)^{k} +\left(\frac{z}{1-z}\right)^{k+1}\right]\\ &=\sum_{k=1}^{n}k!\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\frac{z^k}{(1-z)^{k+1}}\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\Cuadro \end{align*}
Comentario:
En (9) aplicamos la relación de recurrencia a $\begin{Bmatrix}n+1\\k+1\end{Bmatrix}$
En (10) vamos a cambiar el índice de la izquierda la suma de uno y tenga en cuenta que a la izquierda de la suma del límite superior $k=n+1$ da un factor de $\begin{Bmatrix}n\\n+1\end{Bmatrix}=0$ y en el derecho de la suma del límite inferior $k=0$ da un factor de $\begin{Bmatrix}n\\0\end{Bmatrix}=0$. Este es respetado en la línea siguiente.
Conclusión: El diferencial de operador $z\mathrm{D}$ proporciona una conveniente conexión entre el polylogarithm $\mathrm{Li_{-n}}(z)$ de número entero negativo de la orden y los números de Stirling del segundo tipo.
Los números de Euler está fuertemente conectado con los números de Stirling del segundo tipo. Así, es plausible que también hay una buena representación de la polylogarithm en términos de números de Euler.
Segundo paso: números de Euler
Con el fin de mostrar la relación (2), declaró en la página de la Wiki, consideramos que la Euleriano polinomios $A_n(z)$ se define como \begin{align*} A_n(z)=\sum_{k=0}^{n-1}\left\langle n \atop k \right\rangle z^k\qquad\qquad\qquad n\geq 1 \end{align*} Estos polinomios están vinculados con número de Stirling de segunda clase por una por el Teorema de Frobenius. Ver, por ejemplo, la sección de Identidad de Euler polinomios. El teorema de los estados \begin{align*} A_n(z)=\sum_{k=1}^nk!\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}(z-1)^{n-k}\qquad\qquad n\geq 1 \end{align*}
Con este teorema es fácil derivar la relación (2). Pretendemos
El siguiente es cierto \begin{align*} \frac{1}{(1-z)^{n+1}}\sum_{k=0}^{n-1}\left\langle n \atop k \right\rangle z^{n-k}= \sum_{k=1}^nk!\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\frac{z^k}{(1-z)^{k+1}} \qquad\qquad n\geq 1 \end{align*}
Esto es válido, ya que obtenemos para $n\geq 1$ \begin{align*} \frac{1}{(1-z)^{n+1}}\sum_{k=0}^{n-1}\left\langle n \atop k \right\rangle z^{n-k} &=\frac{z^n}{(1-z)^{n+1}}\sum_{k=0}^{n-1}\left\langle n \atop k \right\rangle \left(\frac{1}{z}\right)^k\\ &=\frac{z^n}{(1-z)^{n+1}}\sum_{k=1}^nk!\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\left(\frac{1}{z}-1\right)^{n-k}\etiqueta{11}\\ &=\frac{z^n}{(1-z)^{n+1}}\sum_{k=1}^nk!\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\left(\frac{1-z}{z}\right)^{n-k}\\ &=\sum_{k=1}^nk!\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\frac{z^k}{(1-z)^{k+1}}\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\Cuadro \end{align*}
Comentario:
En (11) aplicamos el Teorema de Frobenius.
Tenga en cuenta también que hemos utilizado aquí como una cuestión de comodidad, la derivada de la identidad (8) y no la identidad declaró en la página de la Wiki.
Supongamos que tratamos de demostrar que $$\mathrm{Li}_{n}(w) = \frac{1}{(1-w)^{n+1}} \sum_{k=0}^{n} \left\langle {n\cima de k}\right\rangle w^{n-k}.$$
Hemos terminado si podemos probar que ($\left\langle {n\atop n}\right\rangle$ es cero) $$[w^m] \frac{1}{(1-w)^{n+1}} \sum_{k=0}^{n-1} \left\langle {n\cima de k}\right\rangle w^{n-k} = m^n.$$
La extracción de los coeficientes obtenemos $$\sum_{k=0}^{n-1} \left\langle {n\cima de k}\right\rangle {m+k-n + n\elegir n} = \sum_{k=0}^{n-1} \left\langle {n\cima de k}\right\rangle {m+k\elegir n}.$$
Inicio de la bivariante de generación de la función de los números de Euler, que parece un punto de partida razonable y que es $$\frac{u-1}{u-\exp((u-1)z)}.$$
Ahora introducir $${m+k\elegir n} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|v|=\epsilon} \frac{(1+v)^{m+k}}{v^{n+1}} \; dv.$$
Esto da por la suma $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|v|=\epsilon} \frac{(1+v)^{m}}{v^{n+1}} \sum_{k=0}^{n-1} \left\langle {n\cima de k}\right\rangle (1+v)^k \; dv.$$
Sustituir la generación de la función de los números de Euler en este para obtener $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|v|=\epsilon} \frac{(1+v)^{m}}{v^{n+1}} n! [z^n] \frac{v}{1+v-\exp(vz)} \; dv \\ = n! [z^n] \frac{1}{2\pi i} \int_{|v|=\epsilon} \frac{(1+v)^{m}}{v^{n+1}} \frac{1}{1-(\exp(vz)-1)/v} \; dv$$
Observar que $(\exp(vz)-1)/v$ expandido cerca de cero con respecto a $z$ comienza a $z.$, Ya que estamos extrayendo el $[z^n]$ coeficiente de podemos escribir $$n! [z^n] \frac{1}{2\pi i} \int_{|v|=\epsilon} \frac{(1+v)^{m}}{v^{n+1}} \sum_{p=0}^n \frac{(\exp(vz)-1)^p}{v^p} \; dv.$$
Hacemos el coeficiente de extracción con la integral $$\frac{n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} (\exp(vz)-1)^p \; dz$$
Poner $vz = w$, de modo que $dz = dw/v$ para obtener $$\frac{n!}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{1}{(w/v)^{n+1}} (\exp(w)-1)^p \; \frac{1}{v} dw \\ = \frac{n! \times v^n \times p!}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{1}{w^{n+1}} \frac{(\exp(w)-1)^p}{p!} \; dw = v^n \times p! \times {n\abrazadera p}.$$
Volviendo a la integral obtenemos así $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|v|=\epsilon} \frac{(1+v)^{m}}{v^{n+1}} \sum_{p=0}^n v^{n-p} \times p! \times {n\abrazadera p} \; dv \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|v|=\epsilon} \frac{(1+v)^{m}}{v^{p+1}} \sum_{p=0}^n p! \times {n\abrazadera p} \; dv = \sum_{p=0}^n p! \times {n\abrazadera p} \times {m\elegir p}.$$
Para concluir observar que $$m^n = \frac{n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{\exp(mz)}{z^{n+1}} \; dz = \frac{n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{\exp(z)^m}{z^{n+1}} \; dz \\ = \frac{n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+(\exp(z)-1))^m}{z^{n+1}} \; dz \\ = \frac{n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \sum_{p=0}^m {m\elegir p} (\exp(z)-1)^p \; dz \\ = \frac{n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \sum_{p=0}^m p! \times {m\elegir p} \frac{(\exp(z)-1)^p}{p!} \; dz \\ = \sum_{p=0}^m p! \times {m\elegir p} \times {n\abrazadera p}.$$
Desde la efectiva límite superior es siempre $\min(n,m)$ que es simétrica podemos utilizar cualquiera de las $m$ o $n$ como el límite superior y estamos hecho.
Como alternativa al $n \lt m$ podemos cambiar el límite superior de $m$ $n$debido a que el número de Stirling es cero para $n\lt p \le m.$ Si $n \gt m$ también podemos establecer el límite superior de a $n$ debido a que el coeficiente binomial es cero para $n\ge p \gt m.$
Observación. Esta última suma también pueden ser evaluados de forma combinatoria. Recuento de todas las funciones de $[1,n]$ $[1,m].$hacer esta primera revisión de la número de $p$ de los valores diferentes que se producen, a continuación, seleccione un conjunto partición de $n$ a $p$ define los componentes de cada uno de los cuales se se asigna el mismo valor, y, finalmente, elegir el $p$ valores de $m$ a utilizar y algunos pedidos de los mismos, dando el resultado
$$m^n = \sum_{p=0}^n p! \times {n\brace p} \times {m\choose p}.$$
