¿$\Delta^d m^n =d! \sum_{k} \left[ m \atop k \right] { {k+n} \brace m + d}(-1)^{m+k}$ Esto es una nueva fórmula?

Question

(EDIT: La variable $z$ se ha cambiado a$d$, por lo que no debe confundirse con la generación de la notación de la función)

He sacado esta fórmula que involucra los números de Stirling de que ahora me siento seguro de que es correcto (al menos para enteros no negativos $m$, $n$ y $d$).

$$\frac{\Delta^d m^n}{d!} = \sum_{k} \left[ m \atop k \right] { {k+n} \brace m + d}(-1)^{m+k}$$

(where the difference is taken with respect to $m$), dando el caso específico de la llanura exponente $$m^n = \sum_{k} \left[ m \atop k \right] { {k+n} \brace m}(-1)^{m+k}$$ Tengo la esperanza de que alguien puede dar un agradable concisa de la prueba, como mi prueba consiste en un relativamente largo camino utilizando una de dos dimensiones de la inducción argumento para demostrar que la fórmula para $m^n$. A partir de allí una recta aplicación de la diferencia $$\Delta^d m^n = \Delta^{d-1}(m+1)^n - \Delta^{d-1}m^n$$ along with the identities $$\left[ m+1 \atop k \right] = m\left[ m \atop k\right] + \left[ m \atop k-1\right]$$ and $${ k+n \brace m+d} = { k+n+1 \brace m+d+1} - ( m+d+1) { k+n \brace m+d+1} $$ conduce a la general $d$-th diferencia de la fórmula.

Esta es en mi opinión la mejor fórmula que he visto que implican ambos tipos de números de Stirling, ya que es completamente elimina los poderes. No es una transformación de poderes normales a la caída de los poderes/factoriales, así que tal vez la fórmula podría ser utilizado en situaciones en que la eliminación de la exponente en el costo de la adición de los números de Stirling es conveniente.

Does anyone care to make an attempt at giving a nice proof (or a reference)?

Answer 1

Lo que sigue es una prueba de que está montado a partir de varias piezas que vamos a vincular con el fin de no tener que repetir bien establecido material.

Buscamos para evaluar $$f_n = \sum_{k=1}^m \left[m\cima de k\right] {k+n\abrazadera m} (-1)^{m+k}.$$ Siguiente Wilf, presentamos la generación de la función $$f(z) = \sum_{n\ge 0} f_n z^n.$$ Tendremos éxito si podemos demostrar que $$f(z) = \frac{1}{1-mz}$$ desde $$[z^n] \frac{1}{1-mz} = m^n.$$

Observar que $$f(z) = \sum_{n\ge 0} z^n \sum_{k=1}^m \left[m\cima de k\right] {k+n\abrazadera m} (-1)^{m+k} = \sum_{k=1}^m \left[m\cima de k\right] (-1)^{m+k} \sum_{n\ge 0} {k+n\abrazadera m} z^n.$$

Vamos a hacer el interior de la suma de la primera. Recordemos que el bivariado de generación de la función de los números de Stirling del segundo tipo está dada por $$G(z, u) = \exp\left(u (\exp(z)-1)\right).$$ Esto implica para la suma $$\sum_{n\ge 0} {k+n\abrazadera m} z^n = \sum_{n\ge 0} z^n (k+n)! [z^{n+k}] \frac{1}{m.} (\exp(z)-1)^m.$$

Tenga en cuenta que la parte después de que el coeficiente de operador de extracción es el la generación de la función $$\sum_{q\ge m} {q\brace m}\frac{z^q}{q!}.$$

Ahora bien, este es el momento donde necesitamos una sutil observación relativa a funciones de generación. Si extraemos el coeficiente de $[z^{n+k}]$ a partir de un aumento exponencial de generación de función y multiplicar por $(k+n)!$ obtenemos el valor generado por el FEAG en $k+n$. Si luego se multiplica por $z^n$ y la suma de todos los $n$ obtenemos el ordinario de la generación de la función de estas los valores dividido por $z^k.$ (tenga en cuenta que la exp plazo comienza a $z$ $m\ge k$ de modo que es seguro que dividir por $z^k.$ Además, se inicie la extracción de los coeficientes de a $k$$k\le m$, por lo que podemos estar seguros de que tenemos todos de ellos.) Esto es un poco de un salto cognitivo, pero no significa vudú de cualquier tipo. Simplemente hemos observado cómo un coeficiente de operador de extracción combinada con una suma puede convertir una EGF en un OGF.

Este OGF es bien conocido, sin embargo, y se calcula por ejemplo, en este MSE enlace. Está dada por $$z^m \prod_{q=1}^m \frac{1}{1-qz}.$$

Volviendo a $f(z)$ obtenemos así $$f(z) = \sum_{k=1}^m \left[m\cima de k\right] (-1)^{m+k} \frac{z^m}{z^k} \prod_{q=1}^m \frac{1}{1-qz}.$$ Partes móviles que no dependen de $k$ a la parte delantera tenemos $$(-1)^m z^m \times \prod_{q=1}^m \frac{1}{1-qz} \times \sum_{k=1}^m \left[m\cima de k\right] \frac{(-1)^k}{z^k}.$$

Ahora tenga en cuenta que la suma restante es el ordinario de la generación de la función de $\left[m\atop k\right]$ con respecto al $k$ evaluado en $-1/z.$ Este la generación de la función está dada por (consultar por ejemplo, Wikipedia) $$\prod_{q=0}^{m-1} (x+q).$$

Esto da para nuestros suma $$(-1)^m z^m \times \prod_{q=1}^m \frac{1}{1-qz} \times \prod_{q=0}^{m-1} \left(-\frac{1}{z}+q\ \ derecho) = (-1)^m \times \prod_{q=1}^m \frac{1}{1-qz} \times \prod_{q=0}^{m-1} \left(-1+qz\right) \\ = \prod_{q=1}^m \frac{1}{1-qz} \times \prod_{q=0}^{m-1} \left(1-qz\right) \\ = \frac{1}{1-mz}$$ y hemos terminado. Muy bonito identidad de hecho.

Answer 2

He encontrado una simple inducción argumento. Por comodidad, vamos a presentar la notación para la suma al$d=0$, por definición, como $$ \Theta_m^n = \sum_k \left[ m \atop k \right]{k+n \brace m} (-1)^{m+k}$$

El siguiente validará la recurrencia $$ m \Theta_m^n = \Theta_m^{n+1} + \sum_k \left[ {m+1} \atop k \right]{ k+n \brace m}(-1)^{m+k}$$ así que lo que va a permanecer en el fin de demostrar $\Theta_m^n = m^n$ es para mostrar la segunda suma es cero. (Tenga en cuenta que $\Theta_m^0 = 1$ es verdadero por la inversión de la fórmula que se completa la inducción.)

Uso de la identidad de los números de Stirling de primera especie $$ m\left[ m \atop k\right] = \left[ {m+1} \atop m\right] - \left[ m \atop {k-1}\right]$$ y vemos que $$ \begin{align} m\Theta_m^n &= \sum_k \left[ {m+1} \atop k \right]{ k+n \brace m}(-1)^{m+k} - \sum_k \left[ m \atop k-1 \right]{ k+n \brace m}(-1)^{m+k} \\ &= \sum_k \left[ {m+1} \atop k \right]{ k+n \brace m}(-1)^{m+k} - \sum_k \left[ m \atop k \right]{ k+n+1 \brace m}(-1)^{m+k+1} \tag{1}\\ &= \sum_k \left[ {m+1} \atop k \right]{ k+n \brace m}(-1)^{m+k} + \sum_k \left[ m \atop k \right]{ k+n+1 \brace m}(-1)^{m+k}\\ &= \sum_k \left[ {m+1} \atop k \right]{ k+n \brace m}(-1)^{m+k} + \Theta_m^{n+1} \\ \end{align}$$

Puede que la suma demostrado ser cero? Pensé que era fácil, pero no del todo. Ver mi otra pregunta $$\sum_k \left[ {m+1} \atop k \right]{ k \brace m}(-1)^{m+k} = 0$$ El caso de $n=0$ es fácil, ya que el único no-cero términos para esto son al $k=m$ $k=m+1$ $$\left[ m+1 \atop m\right] { m \brace m} - \left[ m+1 \atop m+1\right] { m+1 \brace m} = \left[ m+1 \atop m\right] \cdot 1 - 1\cdot { m+1 \brace m}$$ Esto es igual a cero ya que es bien conocido que $$\left[ m+1 \atop m\right] = { m+1 \brace m}$$

Answer 3

Consultar el libro Matemáticas concretas, Ronald L. Graham (autor), Knuth (autor), Oren Patashnik (autor)

Estoy casi seguro de que esto o una identidad muy similar fue en ese libro. No sólo demostrar, sino mostrar cómo se relaciona con 15 mil otras identidades que no crees que posiblemente podrían ser probadas! (es un difícil y bien leído por cierto... todo el mundo debe tomar algún tiempo para aprender de ese libro IMAO)