Hay una buena manera de escribir la suma de $\sum_{\sum k_i = m} \frac{1}{k_1! k_2! ... k_n!}$?

Question

Es allí cualquier manera agradable para escribir $$\sum_{\sum k_i = m} \frac{1}{k_1! k_2! ... k_n!}$$

donde $m$ e las $k_i$ son enteros positivos y $n$ fijo es un entero positivo? Pensé que tal vez multiplicando por $m!$ y tratando de llegar a un binomio de la suma, pero no estoy seguro.

Esto viene en el trato con los ensayos independientes de una distribución de poisson, es decir, cuando se trabaja con la estadística que resume los valores de los ensayos.

Answer 1

Tenga en cuenta que nuestra principal herramienta aquí será la expansión de la serie:

$$e^x=\sum_{k\ge 0}\frac{1}{k!}x^k\tag{1}$$

A continuación, vamos a considerar la suma

$$\sum_{\sum k_i=m}\frac{1}{k_1!\cdots k_n!}$$

para los dos casos:

1. Para todos los $k_i\ge 0$.
2. Para todos los $k_i\ge 1$.

---

Caso 1: $k_i\ge 0$

Vemos, por la recaudación de $(1)$ a la potencia $n$, que

$$(e^{x})^n=\sum_{m\ge 0}\left(\sum_{\sum k_i=m}\frac{1}{k_1!\cdots k_n!}\right)x^m\, ,$$

y así tomando el $x^m$ coeficiente:

$$[x^m]e^{nx}=\frac{n^m}{m!}=\sum_{\sum k_i=m}\frac{1}{k_1!\cdots k_n!}\tag{Answer 1}$$

---

Caso 2: $k_i\ge 1$

Queremos hacer algo similar a la del caso 1, pero evitando $k$ valores de $0$, de ahí que se considere la modificación de $(1)$:

$$e^x-1=\sum_{k\ge 1}\frac{1}{k!}x^k\tag{2}$$

y levantando $(2)$ poder $n$

$$(e^x-1)^n=\sum_{m\ge n}\left(\sum_{\sum k_i=m}\frac{1}{k_1!\cdots k_n!}\right)x^m$$

entonces, toma el coeficiente de $x^m$

$$[x^m](e^x-1)^n=\sum_{\sum k_i=m}\frac{1}{k_1!\cdots k_n!}\, .$$

Podemos escribir $(e^x-1)^n$ usando el binomio de expansión

$$(e^x-1)^n=\sum_{j=0}^{n} \binom{n}{j}(-1)^{n-j}e^{jx},$$

y por lo tanto

$$[x^m](e^x-1)^n=\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}(-1)^{n-j}[x^m]e^{jx}$$

$$\implies [x^m](e^x-1)^n=\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}(-1)^{n-j}\frac{j^m}{m!}\, .$$

Así, tenemos:

$$\sum_{\sum k_i=m}\frac{1}{k_1!\cdots k_n!}=\frac{1}{m!}\sum_{j=0}^{n}(-1)^{n-j}\binom{n}{j}j^m\, .$$

Esto está relacionado con los números de Stirling del segundo tipo:

$${m\brace n}=\frac{1}{n!}\sum_{j=0}^{n}(-1)^{n-j}\binom{n}{j}j^m$$

por

$$\sum_{\sum k_i=m}\frac{1}{k_1!\cdots k_n!}=\frac{n!}{m!}{m\brace n}\tag{Answer 2}$$

Answer 2

La Multinomial Teoremadice, $$ \sum_{\sum\limits_{i=1}^nk_i=m}\frac{m!}{k_1!\,k_2!\,\dots\,k_n!}1^{k_1+k_2+\cdots+k_n}=(\overbrace{1+1+\cdots+1}^{n\text{ copia}})^m\tag1 $$ Por lo tanto, $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\sum_{\sum\limits_{i=1}^nk_i=m}^{\vphantom{1}}\frac1{k_1!\,k_2!\,\dots\,k_n!}=\frac{n^m}{m!}}\tag2 $$ Tenga en cuenta que si añadimos $(2)$ todos los $m\ge0$, obtenemos $e^n$ lo cual tiene sentido porque la suma, a continuación, permite a todos los $k_1,k_2,\dots,k_n$ dando $$ \left(\sum_{k=0}^\infty\frac1{k!}\right)^n\tag3 $$

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \sum_{k_{1} = 0}^{\infty}\ldots\sum_{k_{1} = 0}^{\infty} {1 \over k_{1}!\cdots k_{n}!}\,\bracks{z^{m}}z^{k_{1} + \cdots + k_{n}} = \bracks{z^{m}}\pars{\sum_{k = 0}^{\infty}{z^{k} \over k!}}^{n} = \bracks{z^{m}}\pars{\expo{z}}^{n} = \bracks{z^{m}}\expo{nz} = \bbx{n^{m} \over m!} \end{align}

Answer 4

Combinatoria interpretación: la fracción $\frac{m!}{k_1!\cdots k_n!}$ es el número de maneras de partición de la $m$ distintas bolas de a $n$ distintas células, de modo que el $i$-th célula se $k_i$ bolas.

Sumando esto a través de todos los $k_1,\ldots,k_n$ obtenemos el número de todos los surjections $\{1,\ldots,m\}\rightarrow\{1,\ldots,n\}$, es decir,$n!{m\brace n}$. Dividiendo de nuevo por $m!$, podemos obtener la respuesta.