Fórmula de Faulhaber a partir de series geométricas y operadores?

Question

Como se muestra en este post, $$ \sum_{k=1}^n x^k = x \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1}$$

Para RHS, notar $x= \left(1+( x-1) \right)$ y usando esto obtenemos,

$$ \sum_{k=1}^n x^k = \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k} \tag{1}$$

Para el primer término,

$$ \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} \to \binom{n}{1} +\sum_{k=2}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} \tag{2} $$

Sustituyendo, $k-1 \to j$

$$\sum_{k=2}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} \to + \sum_{j=1}^{n-1} \binom{n}{j+1} (x-1)^j \to + \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k+1} (x-1)^k \tag{3}$$

Usando (1), (2) y (3)

$$ \sum_{k=1}^n x^k = \binom{n}{1} + \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k+1} (x-1)^k + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k} $$

O,

$$ \sum_{k=1}^n x^k= \binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^{n}$$ =

Ahora aplica el $P^j$ a ambos lados (4) donde $P$ es un operador definido como $x \frac{d}{dx}$ y evalúa en x=1, ver este post para más detalles. Para LHS,

$$ \sum_{k=1}^n x^k \xrightarrow[]{P^j , x=1} \sum_{k=1}^n k^j $$

De esta respuesta aquí,

$$P^j =\sum_{i=1}^j S(j,i) D_{1}^i$$

Donde $D_1^i = \frac{d^i}{dx^i}|_{x=1}$ y S(n,k) es el número de Stirling de segunda clase

Expresando (4) explícitamente,

$$ \sum_{k=1}^n k^j = \sum_{i=1}^j S(j,i) D_{1}^i \left[ \binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n \right]$$

Ahora, considera

$$ D_{1}^i \left[\binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n \right] $$

Podemos evaluar esto fácilmente considerando la serie de Taylor del término interior, llámalo:

$$ f= \binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n $$

Entonces, el polinomio de Taylor de $f$ alrededor de $x=1$ se da como:

$$ f = \sum_{k=0}^{n+1} \frac{d^k f}{dx^k}|_1 \frac{(x-1)^k}{k!}$$

Comparando coeficientes podemos evaluar fácilmente la derivada,

$$ D_{1}^i \left[\binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n \right] = \begin{cases} \binom{n}{0} , i=0 \\ i! \binom{n+1}{i+1} , i>0 \end{cases}$$

Para $i \in \mathbb{N}$, por lo tanto:

$$ \sum_{k=1}^n k^j = \sum_{i=1}^j S(j,i) i! \binom{n+1}{i+1} $$

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Con todo esto en mente,

1. ¿Es correcta mi demostración?
2. ¿De qué maneras puedo mejorarla?
3. ¿Hay alguna simplificación más aplicable?

Nota: Estoy evaluando el operador de cantidad por $P^j$ en x=1

Answer 1

Una rápida lectura de la prueba no mostró ningún error, aunque necesitaría investigar más a fondo. El resultado es correcto, así que espero que no haya errores graves.

Para la segunda pregunta, de hecho hay una prueba más eficiente de esta identidad.

\begin{align*} \sum_{k=0}^nk^j&=\sum_{k=0}^n\sum_{i=0}^j S(j,i)(k)_i\\&=\sum_{i=0}^j i!S(j,i)\sum_{k=0}^n\frac{(k)_i}{i!}\\&=\sum_{i=0}^j i!S(j,i)\sum_{k=0}^n\binom{k}{i}\\&=\sum_{i=0}^j i!S(j,i)\binom{n+1}{i+1} \end{align*}

donde $(k)_i$ es el factorial descendente y en la primera igualdad, he usado el hecho de que $\sum_{i=0}^nS(n,i)(k)_i=k^j$.

En cuanto a simplificaciones, nada realmente destaca más allá de esto. Dado que hay representaciones alternativas de esta suma usando números de Euler y números de Bernoulli (que son números especiales sin formas cerradas conocidas), es altamente sugestivo que no se pueda llegar a ninguna forma cerrada buena.

Seguiré trabajando en este problema y agregaré cualquier cosa si encuentro más.