Una identidad que implica coeficientes binomiales y números de Stirling de ambos tipos

Question

He calculado, utilizando Mathematica, que para $4\leq k \leq 100$ , $$\sum_{j=k}^{2k} \sum_{i=j+1-k}^j (-1)^j 2^{j-i} \binom{2k}{j} S(j,i) s(i,j+1-k) = 0,$$ donde $s(i,j)$ y $S(i,j)$ son los números de Stirling de primera y segunda clase, respectivamente.

Aquí el código:

F[k_] := Sum[(-1)^j 2^(j - i) Binomio[2 k, j] StirlingS2[j, i] (StirlingS1[i, j + 1 - k]), {j, k, 2 k}, {i, j - k + 1, j}];

Tabla[F[k], {k, 4, 100}]

¿Cómo puedo demostrar que es válido para todos $k \geq 4$ ?

Answer 1

Parece que mi primera respuesta interpreta el enunciado del problema para utilizar números Stirling sin signo del primer tipo. Para los números con signo con signo,

$$S_n = (-1)^{n+1} \sum_{j=n}^{2n} \sum_{k=j+1-n}^j (-1)^k 2^{j-k} {2n\choose j} {j\brace k} {k\brack j+1-n}.$$

Con los EGFs habituales obtenemos

$$(-1)^{n+1} \sum_{j=n}^{2n} \sum_{k=j+1-n}^j (-1)^k 2^{j-k} {2n\choose j} j! [z^j] \frac{(\exp(z)-1)^k}{k!} \\ \times k! [w^k] \frac{1}{(j+1-n)!} \left(\log\frac{1}{1-w}\right)^{j+1-n}.$$

Ahora tenemos

$${2n\choose j} j! \frac{1}{(j+1-n)!} = \frac{(2n)!}{(2n-j)! \times (j+1-n)!} = \frac{(2n)!}{(n+1)!} {n+1\choose j+1-n}.$$

Esto da como resultado para la suma

$$(-1)^{n+1} \frac{(2n)!}{(n+1)!} \sum_{j=n}^{2n} {n+1\choose j+1-n} 2^j \\ \times [z^j] \sum_{k=j+1-n}^j (-1)^k 2^{-k} (\exp(z)-1)^k [w^k] \left(\log\frac{1}{1-w}\right)^{j+1-n} \\ = (-1)^{n+1} \frac{(2n)!}{(n+1)!} 2^n \sum_{j=0}^{n} {n+1\choose j+1} 2^j \\ \times [z^{n+j}] \sum_{k=j+1}^{j+n} (-1)^k 2^{-k} (\exp(z)-1)^k [w^k] \left(\log\frac{1}{1-w}\right)^{j+1}.$$

Observe que $(\exp(z)-1)^k = z^k + \cdots$ y por lo tanto podemos extender la suma interna más allá de $j+n$ debido al extractor de coeficientes $[z^{n+j}].$ Encontramos

$$(-1)^{n+1} \frac{(2n)!}{(n+1)!} 2^n \sum_{j=0}^{n} {n+1\choose j+1} 2^j \\ \times [z^{n+j}] \sum_{k\ge j+1} (-1)^k 2^{-k} (\exp(z)-1)^k [w^k] \left(\log\frac{1}{1-w}\right)^{j+1}.$$

Además, tenga en cuenta que $\left(\log\frac{1}{1-w}\right)^{j+1} = w^{j+1} +\cdots$ para que el extractor de coeficientes $[w^k]$ cubre toda la serie, produciendo

$$(-1)^{n+1} \frac{(2n)!}{(n+1)!} 2^n \sum_{j=0}^{n} {n+1\choose j+1} 2^j [z^{n+j}] \left(\log\frac{1}{1+(\exp(z)-1)/2}\right)^{j+1}.$$

Trabajando con series de potencias formales estamos justificados al escribir

$$[z^{n+j}] \left(\log\frac{1}{1+(\exp(z)-1)/2}\right)^{j+1} = [z^{n-1}] \frac{1}{z^{j+1}} \left(\log\frac{1}{1+(\exp(z)-1)/2}\right)^{j+1}$$

porque el término logarítmico comienza en $(-1)^{j+1} z^{j+1}/2^{j+1}.$ Para ver esto escriba

$$-\frac{\exp(z)-1}{2} + \frac{1}{2} \frac{(\exp(z)-1)^2}{2^2} - \frac{1}{3} \frac{(\exp(z)-1)^3}{2^3} \pm \cdots$$

Seguimos

$$(-1)^{n+1} \frac{(2n)!}{(n+1)!} 2^{n-1} \\ \times [z^{n-1}] \sum_{j=0}^{n} {n+1\choose j+1} 2^{j+1} \frac{1}{z^{j+1}} \left(\log\frac{1}{1+(\exp(z)-1)/2}\right)^{j+1} \\ = (-1)^{n+1} \frac{(2n)!}{(n+1)!} 2^{n-1} \\ \times [z^{n-1}] \sum_{j=1}^{n+1} {n+1\choose j} 2^{j} \frac{1}{z^{j}} \left(\log\frac{1}{1+(\exp(z)-1)/2}\right)^{j}.$$

El término para $j=0$ en la suma es uno y, por tanto, sólo contribuye a $n=1$ para que podamos escribir

$$-[[n=1]] + (-1)^{n+1} \frac{(2n)!}{(n+1)!} 2^{n-1} \\ \times [z^{n-1}] \sum_{j=0}^{n+1} {n+1\choose j} 2^{j} \frac{1}{z^{j}} \left(\log\frac{1}{1+(\exp(z)-1)/2}\right)^{j} \\ = -[[n=1]] + (-1)^{n+1} \frac{(2n)!}{(n+1)!} 2^{n-1} \\ \times [z^{n-1}] \left(1+\frac{2}{z} \log\frac{1}{1+(\exp(z)-1)/2}\right)^{n+1}.$$

Por último, observe que

$$\left(1+\frac{2}{z} \log\frac{1}{1+(\exp(z)-1)/2}\right)^{n+1} \\ = \left(1+\frac{2}{z} \left( -\frac{\exp(z)-1}{2} + \frac{1}{2} \frac{(\exp(z)-1)^2}{2^2} - \frac{1}{3} \frac{(\exp(z)-1)^3}{2^3} \pm \cdots \right)\right)^{n+1} \\ = \left( -\frac{1}{4} z - \cdots \right)^{n+1}$$

y además

$$[z^{n-1}] \left((-1)^{n+1} \frac{1}{4^{n+1}} z^{n+1} + \cdots \right) = 0$$

que es la reclamación.

Answer 2

Sólo un primer paso (demasiado largo para un comentario).

Permítame cambiar su simbología y poner $$S(n) = \sum\limits_{j = n}^{2n} {\sum\limits_{k = j + 1 - n}^j {\left( { - 1} \right)^{\,j} 2^{\,j - k} \left( \matrix{2n \cr j \cr} \right) \left\{ \matrix{ j \cr k \cr} \right\} \left[ \matrix{ k \cr j + 1 - n \cr} \right]} }$$ donde los paréntesis indican respectivamente el binomio, el tipo 2 de Stirling y el tipo 1 de Stirling sin signo.

Tenga en cuenta que si amplía el límite inferior para empezar desde $0$ entonces se obtiene un resultado más limpio:
$S(n)=0$ para cualquier $0 \le n$ .
Y como los límites de la suma están implícitos en los números Binomial y Stirling podemos omitirlos, simplificando así las operaciones algebraicas. $$\eqalign{ & S(n) = \sum\limits_{0\,\, \le \,j\, \le \,2n} {\;\sum\limits_{0\,\, \le \,k\, \le \,j} { \left( { - 1} \right)^{\,j} 2^{\,j - k} \left( \matrix{ 2n \cr j \cr} \right)\left\{ \matrix{ j \cr k \cr} \right\}\left[ \matrix{ k \cr j + 1 - n \cr} \right]} } = \cr & = \sum\limits_{\left( {0\,\, \le } \right)\,j\, \le \,\left( {2n} \right)} {\;\sum\limits_{\left( {0\,\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,j} \right)} { \left( { - 1} \right)^{\,j} 2^{\,j - k} \left( \matrix{ 2n \cr j \cr} \right)\left\{ \matrix{ j \cr k \cr} \right\}\left[ \matrix{ k \cr j + 1 - n \cr} \right]} } = 0\quad \left| {\,0 \le n} \right. \cr }$$

Answer 3

Trabajando con la notación de @GCab buscamos evaluar

$$S_n = \sum_{j=n}^{2n} \sum_{k=j+1-n}^j (-1)^j 2^{j-k} {2n\choose j} {j\brace k} {k\brack j+1-n}.$$

Con los EGFs habituales obtenemos

$$\sum_{j=n}^{2n} \sum_{k=j+1-n}^j (-1)^j 2^{j-k} {2n\choose j} j! [z^j] \frac{(\exp(z)-1)^k}{k!} \\ \times k! [w^k] \frac{1}{(j+1-n)!} \left(\log\frac{1}{1-w}\right)^{j+1-n}.$$

Ahora tenemos

$${2n\choose j} j! \frac{1}{(j+1-n)!} = \frac{(2n)!}{(2n-j)! \times (j+1-n)!} = \frac{(2n)!}{(n+1)!} {n+1\choose j+1-n}.$$

Esto da como resultado para la suma

$$\frac{(2n)!}{(n+1)!} \sum_{j=n}^{2n} {n+1\choose j+1-n} (-1)^j 2^j \\ \times [z^j] \sum_{k=j+1-n}^j 2^{-k} (\exp(z)-1)^k [w^k] \left(\log\frac{1}{1-w}\right)^{j+1-n} \\ = \frac{(2n)!}{(n+1)!} (-1)^n 2^n \sum_{j=0}^{n} {n+1\choose j+1} (-1)^j 2^j \\ \times [z^{n+j}] \sum_{k=j+1}^{j+n} 2^{-k} (\exp(z)-1)^k [w^k] \left(\log\frac{1}{1-w}\right)^{j+1}.$$

Observe que $(\exp(z)-1)^k = z^k + \cdots$ y por lo tanto podemos extender la suma interna más allá de $j+n$ debido al extractor de coeficientes $[z^{n+j}].$ Encontramos

$$\frac{(2n)!}{(n+1)!} (-1)^n 2^n \sum_{j=0}^{n} {n+1\choose j+1} (-1)^j 2^j \\ \times [z^{n+j}] \sum_{k\ge j+1} 2^{-k} (\exp(z)-1)^k [w^k] \left(\log\frac{1}{1-w}\right)^{j+1}.$$

Además, tenga en cuenta que $\left(\log\frac{1}{1-w}\right)^{j+1} = w^{j+1} +\cdots$ para que el extractor de coeficientes $[w^k]$ cubre toda la serie, produciendo

$$\frac{(2n)!}{(n+1)!} (-1)^n 2^n \sum_{j=0}^{n} {n+1\choose j+1} (-1)^j 2^j [z^{n+j}] \left(\log\frac{1}{1-(\exp(z)-1)/2}\right)^{j+1}.$$

Trabajando con series de potencias formales estamos justificados al escribir

$$[z^{n+j}] \left(\log\frac{1}{1-(\exp(z)-1)/2}\right)^{j+1} = [z^{n-1}] \frac{1}{z^{j+1}} \left(\log\frac{1}{1-(\exp(z)-1)/2}\right)^{j+1}$$

porque el término logarítmico comienza en $z^{j+1}/2^{j+1}.$ Para ver este escrito

$$\frac{\exp(z)-1}{2} + \frac{1}{2} \frac{(\exp(z)-1)^2}{2^2} + \frac{1}{3} \frac{(\exp(z)-1)^3}{2^3} + \cdots$$

Seguimos

$$\frac{(2n)!}{(n+1)!} (-1)^{n-1} 2^{n-1} \\ \times [z^{n-1}] \sum_{j=0}^{n} {n+1\choose j+1} (-1)^{j+1} 2^{j+1} \frac{1}{z^{j+1}} \left(\log\frac{1}{1-(\exp(z)-1)/2}\right)^{j+1} \\ = \frac{(2n)!}{(n+1)!} (-1)^{n-1} 2^{n-1} \\ \times [z^{n-1}] \sum_{j=1}^{n+1} {n+1\choose j} (-1)^{j} 2^{j} \frac{1}{z^{j}} \left(\log\frac{1}{1-(\exp(z)-1)/2}\right)^{j}.$$

El término para $j=0$ en la suma es uno y, por tanto, sólo contribuye a $n=1$ para que podamos escribir

$$-[[n=1]] + \frac{(2n)!}{(n+1)!} (-1)^{n-1} 2^{n-1} \\ \times [z^{n-1}] \sum_{j=0}^{n+1} {n+1\choose j} (-1)^{j} 2^{j} \frac{1}{z^{j}} \left(\log\frac{1}{1-(\exp(z)-1)/2}\right)^{j} \\ = -[[n=1]] + \frac{(2n)!}{(n+1)!} (-1)^{n-1} 2^{n-1} \\ \times [z^{n-1}] \left(1-\frac{2}{z} \log\frac{1}{1-(\exp(z)-1)/2}\right)^{n+1}.$$

Por último, observe que

$$\left(1-\frac{2}{z} \log\frac{1}{1-(\exp(z)-1)/2}\right)^{n+1} \\ = \left(1-\frac{2}{z} \left( \frac{\exp(z)-1}{2} + \frac{1}{2} \frac{(\exp(z)-1)^2}{2^2} + \frac{1}{3} \frac{(\exp(z)-1)^3}{2^3} + \cdots \right)\right)^{n+1} \\ = \left( -\frac{3}{4} z - \cdots \right)^{n+1}$$

y además

$$[z^{n-1}] \left((-1)^{n+1} \frac{3^{n+1}}{4^{n+1}} z^{n+1} + \cdots \right) = 0$$

que es la reclamación.