La forma cerrada de factorial y la cascada de la suma de la energía

Question

Considere la siguiente suma:

$$ \sum_{i =0}^{j} \left( \frac{(j-i)^ix^i \ln(x)^{(j-i)}\ln(x)^i}{(j-i)!i!} \right) $$

Puedo simplificar la suma de:

$$ \ln(x)^j\sum_{i =0}^{j} \left( \frac{(j-i)^ix^i}{(j-i)!i!} \right) $$ Además que yo puedo observar que

$$ \frac{1}{(j-i)!(i!)} = \frac{1}{j!} \begin{pmatrix} j \\ i\end{pmatrix} $$

Por lo tanto:

$$ \frac{\ln(x)^j}{j!}\sum_{i =0}^{j} \left( \begin{pmatrix}j \\ i \end{pmatrix}(j-i)^ix^i \right) $$

Pero no sé cómo vaya a matar.

Answer 1

Nota: Esta respuesta no proporciona un cerrado de expresión, sino una generación de función , que también podría ser útil para los cálculos posteriores.

Vamos a considerar OPs suma mediante el intercambio de (mi) conveniencia $i,j$ $n,k$ e ignorando el factor de $\ln(x)^n$.

\begin{align*} \frac{1}{n!}&\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(n-k)^kx^k\tag{1}\\ &=\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}k^{n-k}x^{n-k} \end{align*}

Deje $A(z)$ denotar la generación de la función de OPs de la expresión (1). Nos muestran

El siguiente es válido:

\begin{align*} A(z) &:= \sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}k^{n-k}x^{n-k}\right)z^n\tag{2}\\ &=\exp\left(ze^{xz}\right) \end{align*}

Intermezzo: Campana de polinomios

Según Louis Comtet la Avanzada de la Combinatoria sección 3.3 ([3a']) el parcial de la Campana de polinomios $B_{n,k}=B_{n,k}(x_1,x_2,\ldots,x_{n-k+1})$ son definidos a través de

\begin{align*} B_{n,k}=\frac{n!}{k!}[t^n]\left(\sum_{m\geq 1}x_m\frac{t^m}{m!}\right)^k \end{align*}

Utilizamos el coeficiente de operador $[t^n]$ para denotar el coeficiente de $t^n$ en el poder formal de la serie.

El caso específico $B_{n,k}=B_{n,k}(1,2,\ldots,n-k+1)$ rendimientos:

\begin{align*} B_{n,k}&=\frac{n!}{k!}[t^n]\left(\sum_{m\geq 1}m\frac{t^m}{m!}\right)^k\\ &=\frac{n!}{k!}[t^n]\left(t\sum_{m\geq 0}\frac{t^{m}}{m!}\right)^k\\ &=\frac{n!}{k!}[t^{n}]t^k\exp(kt)\tag{3}\\ &=\frac{n!}{k!}[t^{n-k}]\sum_{m\geq 0}\frac{(kt)^{m}}{m!}\\ &=\frac{n!}{k!}\frac{k^{n-k}}{(n-k)!}\\ &=\binom{n}{k}k^{n-k}\tag{4} \end{align*}

Observamos el parcial de la Campana de polinomios $B_{n,k}(1,2,\ldots,n-k+1)=\binom{n}{k}k^{n-k}$ son el enlace entre la OPs expresión y el camino para encontrar a la generación de la función $A(z)$.

El uso de la expresión (3) en (1) obtenemos

\begin{align*} \frac{1}{n!}\sum_{k=0}^n&\binom{n}{k}k^{n-k}x^{n-k}\\ &=\sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}[t^{n-k}]e^{kt}x^{n-k}\\ &=x^n[t^n]\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{te^t}{x}\right)^k\frac{1}{k!}\tag{4}\\ &=x^n[t^n]\exp\left(\frac{te^t}{x}\right)\tag{5} \end{align*}

En (4) hemos cambiado el límite superior del índice de $k$ $n$ $\infty$que no aportan nada (sólo la adición de $0$'s).

A partir de la última expresión (5) finalmente,

\begin{align*} A(z) &=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}k^{n-k}x^{n-k}\right)z^n\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\left(x^n[t^n]\exp\left(\frac{te^t}{x}\right)\right)z^n\tag{6}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\left([t^n]\exp\left(\frac{te^t}{x}\right)\right)(xz)^n\\ &=\exp\left(\frac{xze^{xz}}{x}\right)\tag{7}\\ &=\exp\left(ze^{xz}\right)\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\Box \end{align*}

y el reclamo de la siguiente manera.

Comentario:

• En (6) se utiliza la expresión (5)

• En (7) se utiliza una norma de sustitución para poder formal de la serie:

$$A(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n=\sum_{n=0}^{\infty}\left([t^n]A(t)\right)z^n$$

Answer 2

Aquí es una alternativa de derivación de la función de la generación de @MarkusScheuer.

Supongamos que estamos tratando de evaluar $$A(z) = \sum_{n\ge 0} \frac{z^n}{n!} \sum_{k=0}^n {n\elegir k} (kx)^{n-k}.$$

Introducir la representación integral $$(kx)^{n-k} = \frac{(n-k)!}{2\pi i} \int_{|w|=R} \frac{1}{w^{n-k+1}} \exp(kxw) \; ps.$$ lo que sin duda tiene para $0\lt R\lt \infty.$

Este rendimientos $$A(z) = \sum_{n\ge 0} \frac{z^n}{n!} \sum_{k=0}^n {n\elegir k} \frac{(n-k)!}{2\pi i} \int_{|w|=|z|+\epsilon} \frac{1}{w^{n-k+1}} \exp(kxw) \; dw$$

o $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=|z|+\epsilon} \sum_{n\ge 0} \frac{z^n}{w^{n+1}} \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!} \exp(kxw) w^k \; ps.$$

Este es $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=|z|+\epsilon} \sum_{k\ge 0} \frac{1}{k!} \exp(kxw) w^k \sum_{n\ge k} \frac{z^n}{w^{n+1}} \; ps.$$ o $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=|z|+\epsilon} \sum_{k\ge 0} \frac{1}{k!} \exp(kxw) w^k \frac{z^k}{w^k} \sum_{n\ge 0} \frac{z^n}{w^{n+1}} \; ps.$$ Tenga en cuenta que la segunda suma converge en la opción de anillo $|w|\gt |z|$ lo que significa que podemos seguir para simplificar para obtener

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=|z|+\epsilon} \sum_{k\ge 0} \frac{1}{k!} \exp(kxw) z^k \frac{1}{w} \frac{1}{1-z/w} \; dw \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=|z|+\epsilon} \frac{1}{w} {- z} \exp(z\exp(xw))\; ps.$$

Por los Residuos de Cauchy Teorema de la pole en $w=z$ contribuye $$\exp(z e^{xz})$$ que iba a ser mostrado.

Answer 3

Vamos a escribir $y=\ln x$. La pregunta es equivalente a calcular $$a_j(x)=\sum_{i=0}^j\frac{(j-i)^i\;x^i}{(j-i)!\;i!}.$$ Un elegante método es utilizar, como ya se dijo, la generación de la función $$f(x,y)=\sum_{j=0}^\infty a_j(x) y^j=\sum_{j=0}^\infty y^j\sum_{i=0}^j \frac{(j-i)^i}{(j-i)!}\frac{x^i}{i!}.$$

Utilizando el diagrama de poco $$j\uparrow \begin{array}{cccc}\bullet&\bullet&\bullet&\bullet\\ \bullet&\bullet&\bullet&\\ \bullet&\bullet&&\\ \bullet&&&\\&\overrightarrow{i}&&\end{array}$$ podemos intercambiar los importes como sigue $$\sum_{j=0}^\infty\sum_{i=0}^j=\sum_{i=0}^\infty\sum_{j=i}^\infty,$$ and obtain, after setting $k=j-i$ $$f(x,y)=\sum_{i=0}^\infty\sum_{k=0}^\infty \frac{k^ix^iy^i}{i!}\frac{y^k}{k!}.$$ Realizando la suma de $i$ primera obtenemos $f(x,y)=\sum_k\exp(xyk)\frac{y^k}{k!}$ y fácilmente obtener el resultado final $$f(x,y)=\exp\left(y\mathrm{e}^{xy}\right).$$ Tomamos nota de que si $y=\ln x$, $f(x,\ln x)=x^{x^x}$. El resultado requerido puede ser expresado como $$y^j \left[y^j\right]\exp(y\mathrm{e}^{xy}).$$