Encuentre$\sum_{k=0}^{n}2^ks(n,k)$, donde$s(n,k)$ es el número de Stirling del primer tipo?

Question

Encuentre$\sum_{k=0}^{n}2^ks(n,k)$, donde$s(n,k)$ es el número de Stirling del primer tipo?

Pude encontrar que$\sum_{k=0}^{n}x^kc(n,k)=\dfrac{(n-1+x)!}{(x-1)!}$ donde$c(n,k)$ es el número de Stirling sin signo del primer tipo. Como$s(n,k)=(-1)^{n-k}c(n,k)$, puedo multiplicar ambos lados por$(-1)^n$ y reemplazar$x$ por$-x$ en ambos lados. Entonces me sale$\sum_{k=0}^{n}x^ks(n,k)=(-1)^n\dfrac{(n-1-x)!}{(-x-1)!}$. Cuando tenemos $x=2$. ¿Es este resultado lo suficientemente bueno? ¿Debo deshacerme del$\sum_{k=0}^{n}x^ks(n,k)=(-1)^n\dfrac{(n-3)!}{(-3)!}$? Si es así, ¿tengo que usar la función Gamma? ¡Gracias!

Answer 1

Puedes usar la identidad conocida

PS

dónde $$ (x)_n = \sum_{k=0}^n s(n,k) x^k, $. Ahora, puedes probar que

PS

Creo que puedes terminar el problema.

Answer 2

Esto también se puede hacer con la exponencial de la generación de la función de los números de Stirling de primera especie, que dice que $$\left[n\cima de k\right] = n! [z^n] [u^k] \exp\left(u\log\frac{1}{1-z}\right) = n! [z^n] [u^k] \left(\frac{1}{1-z}\right)^u.$$ De ello se sigue que $$2^k \left[n\atop k\right] = n! [z^n] [u^k] \left(\frac{1}{1-z}\right)^{2u}.$$ Este rendimientos $$\sum_{k=0}^n 2^k \left[n\cima de k\right] = n! [z^n] [u^n] \frac{1}{1-u} \left(\frac{1}{1-z}\right)^{2u} \\= n! [u^n] \frac{1}{1-u} {n+2u-1\elegir n} = n! \a la izquierda. {n+2u-1\elegir n}\right|_{u=1} = n! {n+1\elegir n} = (n+1)!$$