Expresión de forma cerrada para la serie $\sum_{k=0}^\infty \frac{k^j}{k!}$ en términos de $j$

Question

Para mi investigación necesito calcular la función generadora de momentos "aproximada" (aproximamos la exponencial con la primera $D$ elementos de su serie de Taylor) del número de puntos fijos de una permutación que implica la siguiente suma:

\begin {Ecuación} \sum_ {k=0}^ \infty \frac {k^j}{k!} \end {Ecuación}

en términos de $j$ . Estoy bastante seguro de que esto crece exponencialmente en $j$ pero me interesa encontrar el exponente exacto. Con algunos cálculos elementales obtengo la siguiente relación de recurrencia

\begin {Ecuación} \sum_ {k=0}^ \infty \frac {k^j}{k!} = \sum_ {m=0}^{j-1}{j-1 \choose m} \sum_ {k=0}^ \infty \frac {k^{j-1-m}}{k!} \end {Ecuación}

pero no pude seguir adelante.

Answer 1

Esto será $$ \lim_{x\to1}\left(x\frac d{dx}\right)^j e^x=\lim_{x\to1}e^x\sum_{k=1}^j{j\brace k}x^k= B_je, $$ donde ${j\brace k}$ son los Números Stirling del segundo tipo y $B_j=\sum_{k=1}^j{j\brace k}$ son los Números de campana (o exponenciales) .

Answer 2

Tenga en cuenta que tenemos

$$\sum_{k=0}^\infty \frac{k^j}{k!}=\left(\left.\left(x\frac{d}{dx}\right)^j\{e^x\}\right)\right|_{x=1}$$

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LEMA:

En general, si $f(x)$ es $n$ veces diferenciable, entonces tenemos

$$\left(x\frac{d}{dx}\right)^j\{f(x)\}=\sum_{k=1}^j \begin{Bmatrix} j \\ k \end{Bmatrix}x^k\frac{d^k\,f(x)}{dx^k}$$

donde $\begin{Bmatrix} j \\ k \end{Bmatrix}=\frac1{k!}\sum_{\ell=0}^k (-1)^{k-\ell}\binom{k}{\ell}\,\ell^j$ son los Números de Stirling del segundo tipo .

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PRUEBA:

Suponemos que podemos escribir $\left(x\frac{d}{dx}\right)^j\{f(x)\}$ como

$$\left(x\frac{d}{dx}\right)^j\{f(x)\}=\sum_{k=1}^j s(j,k)x^k\frac{d^kf(x)}{dx^k}$$

para los coeficientes $s(j,k)$ , donde $s(j,1)=1$ . Como caso base inductivo, tomemos $j=1$ . Entonces, tenemos

$$\begin{align} \left(x\frac{d}{dx}\right)^{j+1}\{f(x)\}&=\left(x\frac{d}{dx}\right)\sum_{k=1}^j s(j,k)x^k\frac{d^kf(x)}{dx^k}\\\\ &=\sum_{k=1}^j s(j,k)\left(x^{k+1}\frac{d^{k+1}f(x)}{dx^{k+1}}+kx^k \frac{d^{k}f(x)}{dx^{k}}\right)\\\\ &=\sum_{k=1}^{j+1} \left(s(j,k-1)+k s(j,k)\right)x^{k}\frac{d^{k}f(x)}{dx^{k}}\\\\ &=\sum_{k=1}^{j+1} s(j+1,k)x^{k}\frac{d^{k}f(x)}{dx^{k}} \end{align}$$

donde $s(j,k)$ satisface la relación

$$s(j+1,k)=s(j,k-1)+ks(j,k)$$

junto con las condiciones $s(j,1)=s(j,j)=1$ y $s(j,k)=0$ para $k>j$ . Observando que $S(j,k)$ y $\begin{Bmatrix} j \\ k \end{Bmatrix}$ satisfacen la misma relación de recurrencia y las mismas condiciones iniciales, la prueba está completa.

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Si $f(x)=e^x$ entonces

$$\begin{align} \left.\left(\left(x\frac{d}{dx}\right)^j\{e^x\}\right)\right|_{x=1}&=e\sum_{k=1}^j \begin{Bmatrix}j\\k\end{Bmatrix}\\\\ &=eB_j \end{align}$$

donde $B_j=\sum_{k=1}^j \begin{Bmatrix}j\\k\end{Bmatrix}$ son los Números de campana .

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Como alternativa, podemos utilizar el Fórmula Faà_di_Bruno para calcular el término $\left(x\frac{d}{dx}\right)^j \{e^x\}$ . Para ello, primero hacemos la sustitución $x=e^y$ .

A continuación, utilizando el Polinomios de Bell , $B_{n,k}(x_1,x_2,\dots,x_{n-k+1})$ tenemos

$$\begin{align} \left(\left.\left(x\frac{d}{dx}\right)^j\{e^x\}\right)\right|_{x=1}&=\left(\left.\left(\frac{d}{dy}\right)^j\{e^{e^y}\}\right)\right|_{y=0}\\\\ &=\sum_{k=1}^j \left(\left.\left(e^{e^y}\right)^{(k)}B_{j,k}((e^y)^{(1)},(e^y)^{(2)},\dots,(e^y)^{(j-k+1)})\right)\right|_{y=0}\\\\ &=e\sum_{k=1}^j B_{j,k}(1,1\dots, 1)\tag1\\\\ &=B_j e\tag2 \end{align}$$

Al pasar de $(1)$ a $(2)$ utilizamos la relación entre los Números de Campana, $B_n$ y la suma sobre los números de Stirling del segundo tipo:

$$B_n=\sum_{k=1}^n B_{n,k}(1,1,\dots,1)=\sum_{k=1}^n {n \brace k}$$

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Como nota al margen, es interesante observar que

$$\sum_{j=0}^\infty\frac1{j!} \left(\sum_{k=0}^\infty\frac{k^j}{k!}\right)=e^e$$

Answer 3

@user ya ha respondido a la pregunta, y @MikeEarnest ha señalado lo poco que sabemos sobre los números de Bell, pero yo voy a intervenir con una explicación de dónde vienen estos números.

¿De cuántas maneras podemos dividir un tamaño $n+1$ ¿conjunto? Llama a la respuesta $B_n$ . Fijar un elemento $a$ y contar el número de soluciones en las que todos menos $k$ de los restantes $n$ los objetos se agrupan con $a$ ; elegimos a los $k$ en uno de $\binom{n}{k}$ maneras, así que $B_{n+1}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}B_k$ .

No es difícil demostrar que esto implica la función generadora exponencial $B(x):=\sum_n\frac{B_nx^n}{n!}$ satisface $B(0)=1,\,B^\prime(x)=B(x)\exp x$ Así que $B(x)=\exp(\exp x-1)$ . Si escribimos $B^{(n)}(x)=p_n(\exp x)B(x)$ los polinomios satisfacen $p_0=1,\,p_{n+1}(x)=x(p_n(x)+p_n^\prime(x))$ la misma relación de recursión que el $p_n$ podemos definir de $\left(x\frac{d}{dx}\right)^n\exp x=p_n(x)\exp x$ . Esto implica que estas definiciones son equivalentes, y $p_n(1)=\frac{B^{(n)}(0)}{B(0)}=B_n$ como ya se ha dicho.