Un polinomio de secuencia

Question

Tengo una secuencia de polinomios $Q_k(x, y)$, $k\geq 1$ se define recursivamente como sigue:

1. $Q_1=x$.

2. Hay una secuencia de polinomios $p_j(y)$ grado $j$ tal que $Q_{2m}$ es de la forma \begin{eqnarray}\frac{p_{0}(y)}{(2m)!}x^{2m}+\frac{p_{1}(y)}{(2m-2)!}x^{2m-2}+\cdots+\frac{p_{m-1}(y)}{2!}x^2+p_{m}(y)\end{eqnarray} y $Q_{2m+1}$ \begin{eqnarray} \frac{p_{0}(y)}{(2m+1)!}x^{2m+1}+\frac{p_{1}(y)}{(2m-1)!}x^{2m-1}+\cdots+\frac{p_{m-1}(y)}{6}x^3+p_{m}(y)x \end{eqnarray}

3. $Q_k(k+1-2i, k+1)$ como un polinomio en $i$ tiene raíces $1, 2, \cdots, k$.

Encontrar una fórmula general de la $Q_k(x, y)$. Los siguientes son los 4 primeros polinomios en la secuencia: \begin{align*} Q_1&=x\\ Q_2&=\frac{x^2}{2}-\frac{y}{6}\\ Q_3&=\frac{x^3-xy}{6}\\ Q_4&=\frac{x^4-2x^2y}{24}+\frac{y(5y+2)}{360} \end{align*}

De hecho, es suficiente para encontrar la secuencia de polinomios $p_j(y)$. Esto es lo que he conseguido hasta ahora. Por la condición (2) y (3), tenemos \begin{eqnarray} \sum_{j=0}^m \frac{p_j(2m+1)}{(2m-2j)!}(2i-2m-1)^{2m-2j}=\frac{2^{2m}}{(2m)!}(i-1)(i-2)\cdots(i-2m) \end{eqnarray} Si dejamos $m=j+k$, diferenciar ambos lados con respecto a $i$ $2k$ veces y poner $\displaystyle i=\frac{2j+2k+1}{2}$, tenemos \begin{eqnarray} p_j(2j+2k+1)=\left.\frac{d^{2k}}{di^{2k}}\right|_{i=\frac{2j+2k+1}{2}}\frac{2^{2j}}{(2(j+k))!}(i-1)(i-2)\cdots(i-2(j+k)) \end{eqnarray} Dejando $k=0, 1, \cdots, j$, se obtiene el $j+1$ valores tomados por $p_j$ a $2j+1, 2j+3, \cdots, 4j+1$. $p_j$ a continuación, puede ser calculada mediante la interpolación de Lagrange.

A mí me parece que, a pesar de que el algoritmo anterior puede ser implementado en una computadora para obtener un par de polinomios en la secuencia, no cede directamente una fórmula general que yo quiero. Hay otra mejor manera de ir sobre cómo obtener una fórmula general?

Edit: La primera de 6 miembros en el polinomio secuencia $p_j(y)$ son los siguientes: \begin{align*} p_0(y)&=1\\ p_1(y)&=-\frac{y}{6}\\ p_2(y)&=\frac{y(5y+2)}{360}\\ p_3(y)&=-\frac{y(35y^2+42y+16)}{45360}\\ p_4(y)&=\frac{y(5y+4)(35y^2+56y+36)}{5443200}\\ p_5(y)&=-\frac{y(385y^4+1540y^3+2684y^2+2288y+768)}{359251200} \end{align*}

Es de destacar que los denominadores de pasar a ser de los primeros 6 números en esta secuencia, como se ha señalado por Solomonoff s Secret.

Answer 1

Esencialmente estamos buscando para los coeficientes de la caída de los factoriales. Yo no soy un fan de la primera clase de los números de Stirling, porque ellos son (de manera irreversible?) recursiva. (Ver el más explícito de los números de Bernoulli para la comparación). Nunca los menos, comenzar con la condición (3): $$ 1 \le m\implica\ Q_m(m+1-2i,m+1) = (-2)^m\binom{i-1}{m} $$ (Corregido por San). Cuando utilizamos la traducción de $z=m+1-2i,\ $ podemos aplicar la estructura de condición (2): $$ Q_m(z,m+1) = \sum_{k=0}^{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor}p_k(m+1)\frac{z^{m-2k}}{(m-2k)!} = (-2)^m\binom{\frac{m-1, a-z}{2}}{m} $$ Aviso de la parte superior de la binomial se expande a$(z+1-m)(z+3-m)\cdots (z-3+m)(z-1+m),\ $, por lo que la paridad de los poderes de $z$ partido de la paridad de $m$. Esto nos asegura que la condición (2) está bien definida (para todas las complejas $z$) aunque la suma omite la mitad de los poderes de la $z$. También exigimos que las raíces de la unidad, la elección exacta de las raíces es irrelevante, siempre y cuando sea coherente: $\mu_N \in\mathbb{C}$ $N$th raíz de la unidad al $k\in N\mathbb{Z}\Leftrightarrow \mu_N^k = 1.\ $ Al $m$ es impar y $m < 2(m-2N),\ \ (m-2N)\mathbb{Z} \cap \{m,m-2,\ldots,3,1\} = \{m-2N\};\ $ lo que hace que la transformada de fourier discreta de $z^{m-2k}$ $Q_m$ útil: $$\mbox{when } m \mbox{ is odd, and } \mu_B := \exp(\frac{2\pi i}{B}): $$ $$ 4N < m\implica\ p_N(m+1)\frac{m-2N}{(m-2N)!} = (-2)^m\sum_{j=1}^{m-2N} \binom{(m-1-\mu_{m-2N}^j)/2}{m} $$ No vemos un camino obvio para mostrar que $p_N$ es un grado $N$ polinomio, otros que tediosamente ampliar los poderes de la $z$ en la mano derecha binomial. Suponemos que todo el mundo está convencido de que $p_N$ es polinomial. Ahora nosotros también recurrir a la interpolación de Lagrange: $$\mbox{using }\ m+1=4N+2+2h,\ \ h=0\ldots N$$ $$ p_N(y) = 4^{2N+1}(-1)^{N+1}(N+1)\binom{\frac{y}{2}-2N-1}{N+1} $$$$ \sum_{h=0}^N \sum_{j=1}^{2N+1+2h} \frac{(2N+2h)!(-4)^h}{y-4N-2-2h}\binom{N}{h} \binom{2N+h-\frac{\mu_{2N+1+2h}^j}{2}}{4N+1+2h} $$

This is a finite formula, that takes no limits. It is not suitable for computation. (The case $N=4$ evaluates a degree 25 binomial). Now that Winther corrected the fourier transform, we can numerically evaluate the first few polynomials. Here is the output of a test program (by gcc):

This machine uses 128 bit long doubles:

Will claims 'No_way's polynomial, p1(y), is about:
-1.0000y^1   -0.0000y^0
over 1!6^1  =  6
with relative error > 7.12e-16   making coefficent errors > 4.27e-15

Will claims 'No_way's polynomial, p2(y), is about:
+1.0000y^2   +0.4000y^1   -0.0000y^0
over 2!6^2  =  72
with relative error > 3.20e-14   making coefficent errors > 2.31e-12

Will claims 'No_way's polynomial, p3(y), is about:
-1.0000y^3   -1.2001y^2   -0.4561y^1   -0.0053y^0
over 3!6^3  =  1296
with relative error > 7.44e-11   making coefficent errors > 1.16e-07

Will claims 'No_way's polynomial, p4(y), is about:
+0.8094y^4   +18.4170y^3   -500.4859y^2   +6988.6559y^1   -36277.1494y^0
over 4!6^4  =  31104
with relative error > 1.75e-06   making coefficent errors > 1.97e+03

The alternative recurrence relation to this "formula" would be to interpolate the correct combination of stirling numbers. If you construct a generating function, you might need to integrate something like $\ln(z)/(z^2+y^2)$, pero esto es una conjetura a partir de la experiencia pasada.

Answer 2

El uso de Wolfram Alpha, me parece que los primeros 6 miembros $p_j(x)$, $0\leq j\leq 5$, del polinomio secuencia de pasar a ser de los primeros 6 no-cero de los coeficientes de la serie de Maclaurin de \begin{eqnarray}\left(\frac{t}{\sinh(t)}\right)^x.\end{eqnarray} Suponemos que \begin{eqnarray}\left(\frac{t}{\sinh(t)}\right)^x=\sum_{j=0}^\infty p_j(x)t^{2j}.\end{eqnarray}