sobre los coeficientes de$P_n(x)=(x-1)(x-2)\cdots (x-n)$

Question

Estoy tratando de encontrar una manera eficaz de calcular el sin signo de los coeficientes de $$P_n(x)=\prod_{k=1}^{n}(x-k),$$ es decir, quiero acelerar el proceso de cálculo de $a_k(n)$ tales que $$P_n(x)=\sum_{k=0}^{n}(-1)^ka_k(n)x^{n-k}.$$

He encontrado un método, pero para $n\ge 5$ es muy ineficiente. Me pareció señalando que $$\prod_{a\in A}(x-a)=\sum_{k=0}^{|A|}(-1)^{k}x^{|A|-k}\sum_{P\subseteq A\\ |P|=k}\prod_{u\in P}u\ .$$ Por lo que el establecimiento $A=\{1,2,...,n\}$ para algunos $n\in\Bbb N$, $$\prod_{a\in A}(x-a)=P_n(x)=\sum_{k=0}^{n}(-1)^kx^{n-k}\sum_{P\subseteq A\\ |P|=k}\prod_{u\in P}u\ .$$ Así que por supuesto me define $$a_0(n)=1$$ y $$a_k(n)=\sum_{P\subseteq\{1,...,n\}\\ \quad |P|=k}\prod_{u\in P}u\ .\tag{1}$$

Si sustituimos en $x=0$, $$P_n(0)=\prod_{k=1}^{n}(-k)=(-1)^n n!\ ,$$ así que $$a_n(n)=n!\ .$$ También es bastante fácil demostrar que $$a_1(n)=\frac{n(n+1)}{2}\ .$$ Yo también era capaz de demostrar que $$a_2(n)=\sum_{(u,v)\in R_n}uv$$ donde $$R_n=[1,n]^2\cap\left\{(x,y)\in\Bbb N^2: y-x\in[1,n-1]\right\},$$ Pero eso no es más sencillo por cualquier tramo de la imaginación.

Es allí una manera más eficiente la versión de $(1)$? Gracias.

Edición para el contexto:

Como he dicho en los comentarios, no hay ninguna razón que necesita de estos coeficientes, pensé que sería un interesante problema para encontrarlos. Una vez que los he encontrado, me preguntaba si había una manera más eficiente de calcular, de modo que me pidió aquí.

Answer 1

Esto no es exactamente lo que yo estaba buscando, pero es interesante. Eso es suficiente para mí.

Tenemos que los números de Stirling de primera especie $s(n,k)$ satisfacer, por definición, $$g(x;n)=\prod_{k=1}^{n}(x+1-k)=\sum_{k=0}^{n}s(n,k)x^k\ .$$ Pero también tenemos que $g(x;n)=P_n(x+1)$, por lo que definimos $$\beta_k(n)=(-1)^{n-k}\sum_{U\subseteq\{1,..,n\}\\\,|U|=n-k}\prod_{u\in U}u\ ,$$ para conseguir que $$P_n(x)=\sum_{k=0}^{n}\beta_k(n)x^k\ .$$ Así $$\begin{align} \sum_{k=0}^{n}s(n,k)x^k&=\sum_{k=0}^{n}\beta_k(n)(x+1)^k\\ &=\sum_{k=0}^{n}\beta_k(n)\sum_{r=0}^{k}{k\choose r}x^r\\ &=\sum_{k=0}^{n}x^k\sum_{r=k}^{n}{r\choose k}\beta_{r}(n)\ , \end{align}$$ y, en consecuencia, $$s(n,k)=\sum_{r=k}^{n}(-1)^{n-r}{r\choose k}\sum_{U\subseteq\{1,..,n\}\\\,|U|=n-r}\prod_{u\in U}u\ .$$