Nota: [2015-03-08] Una prueba de la identidad a continuación se encaminadas a cerrar la brecha de una más extensa de la elaboración de esta respuesta de la mina. La identidad (1) a continuación es parte de un sistema más complejo, que se indica en la Parte 3, (39)-(42) en este seguimiento de la respuesta. La división en dos respuestas era necesario debido a la restricción de a $30000$ caracteres por respuesta. He podido demostrar a las otras partes, pero esta última parte, todavía se necesita una verificación.
En el mientras tanto he encontrado la respuesta y la solución ahora es proporcionada como parte de mi seguimiento de la respuesta a partir de ahí con la expresión (48).
He comprobado la validez de la identidad para valores pequeños de a $n$. También fue comprobado en algo diferentes representaciones a lo largo de la obra de mis relacionadas con la respuesta.
En el fin de mantener los cálculos manejable, he introducido algunas abreviaturas:
Vamos a considerar una función de $f=f(z)$ y su expansión en series de Taylor en un punto de $x$ \begin{align*} f(z+x)=\sum_{n\geq 0}\frac{f^{(n)}(x)}{n!}z^n \end{align*} a continuación, se utiliza la siguiente abreviatura de la Campana de polinomios \begin{align*} B^{f}_{n,k}(x):=B_{n,k}(f^{\prime},f^{\prime\prime},\ldots,f^{(n-k+1)}) \end{align*} Utilizamos el símbolo de Pochhammer \begin{align*} \left(f(x)\right)_k:= f(x)f(x-1)\cdot\ldots\cdot f(x-k+1) \end{align*} y una relación con los números de Stirling de primera especie, es decir, \begin{align*} (x)_n=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}x^{k} \end{align*}
También he omitido el argumento de $x$ en la identidad de abajo, así por ejemplo
\begin{align*} \frac{(\ln\circ g)^{m-j}}{g^k} := \frac{\left(\ln(g(x))\right)^{m-j}}{\left(g(x)\right)^k} \end{align*}
Problema: Demostrar que la identidad es válida para$n \geq 2, 1\leq l \leq n-1$$1\leq m \leq l$:
\begin{align*} \sum_{k=1}^{n-l}&\sum_{j=0}^{m}\binom{m}{j} \frac{(\ln\circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[(f)_k]B_{n-l,k}^{g}\\ &=\sum_{j=m}^{n}\sum_{q=1}^{j}\sum_{k=q}^{n-l}(-1)^{k-q}\frac{q!}{(j-m)!}\\ &\qquad\qquad\cdot\binom{m}{j-q}\begin{bmatrix}k\\q\end{bmatrix}f^{j-m} \frac{ (\ln \circ g)^{j-p}}{g^k}B^{g}_{n-l,k} \end{align*}
Por favor, tenga en cuenta que los índices de la Campana de polinomios de la LHS y RHS en (1) coinciden.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Esto no es una respuesta, sino sólo la presentación actual de los trabajos que he realizado sobre el problema
Sabemos que:
$$ (f)_n = \sum_{k=0}^n (-1)^{n-k}{n\brack k} f^k $$
Por lo tanto
$$ \frac{d^j}{df^j}[(f)_k] = \sum_{v=j}^k (-1)^{k-v}{k \brack v} \frac{v!}{(v-j)!} f^{v j} $$
Por lo tanto, mediante la colocación de este en la fórmula presentada, (Con $x_{n-l,k}$$B_{n-l,k}^g$)
$$ \sum_{k=1}^{n-l} \sum_{j=0}^m {m \elegir j} \frac{d^j}{df^j}[(f)_k] \frac{\ln(g)^{m-j}}{g^k} X_{n-l,k} $$
A continuación, se convierte en
$$ \sum_{k=1}^{n-l} \sum_{j=0}^m \sum_{v=j}^k {m \elegir j} (-1)^{k-v}{k \brack v} \frac{v!}{(v-j)!} f^{v j} \frac{\ln(g)^{m-j}}{g^k} X_{n-l,k} $$
Cuando se mira en el lado derecho de la expresión veo que el $\frac{\ln(g)^{m-j}}{g^k}$ fue convertido a $\frac{\ln(g)^{p-q}}{g^k}$ por lo Tanto a mí me parece que $m=p$ $j=q$ porque no veo la razón de que esto no sería cierto, Pero sin embargo, yo veo que el lado derecho de la expresión contiene $m$ variables que me confunde, O tal vez estos $m$ variables difieren de la LHS a la RHS. De cualquier manera voy a seguir para convertir las variables de esta manera:
$$ \sum_{k=1}^{n-l} \sum_{q=0}^p \sum_{v=q}^k {p \elegir q} \frac{v! (-1)^{k-v}}{(v-p)!} {k \brack v} f^{v-q} \frac{\ln(g)^{p-p}}{g^k} X_{n-l,k} $$ También me interesa que el $q$ variable está en los números de stirling en el lado derecho de la ecuación (1), tal vez hay algún tipo de manipulación con los sumarios que se puede hacer?
Voy a añadir más si es necesario para esta respuesta cuando la información se presenta a sí misma.
