Integral de los coeficientes binomiales

Question

Deje que la integral en cuestión será dada por el \begin{align} f_{n}(x) = \int_{1}^{x} \binom{t-1}{n} \, dt. \end{align} La integral se puede ver también en la forma \begin{align} f_{n}(x) = \frac{1}{n!} \, \int_{1}^{x} \frac{\Gamma(t) \, dt}{\Gamma(t-n)} = \frac{(-1)^{n+1}}{n!} \int_{1}^{1-x} (u)_{n} \, du. \end{align} El primer par de valores se \begin{align} f_{0}(x) &= x-1 \\ f_{1}(x) &= \frac{(x-1)^{2}}{2!} \\ f_{2}(x) &= \frac{2}{4!} \, (2 x^{3} - 9 x^{2} + 12 x - 5). \end{align}

La pregunta entonces se convierte en:

1. ¿Cuál es la forma de serie de $f_{n}(x)$ ?
2. Hay una conexión conocida de funciones especiales? En particular, puede $f_{n}(x)$ estar relacionado con los números de Bernoulli de la segunda clase?

Answer 1

De hecho hay una relación con los números de Bernoulli de segunda clase. Si estoy en lo correcto, este es el resultado :

Teorema : la generación de la función de $f_n(x)$ $$\sum_{n=0}^{+\infty} f_n(x)z^n = \dfrac{(1+z)^{x-1}-1}{\log (1+z)}$$

Corrolary : $$f_n(x) = \sum_{k=0}^n {{x-1}\choose{k+1}} \dfrac{b_{n-k}}{(n-k)!}$$

Voy a presentar aquí principalmente a la "formal" pasos para llegar a este resultado, voy a omitir los detalles de la convergencia, la derivación bajo integral y de todos. Inicio con : $$f_n(x)=\dfrac{1}{n!} \int_1^x \frac{\Gamma(t)}{\Gamma(t-n)} \text{d}t=\dfrac{1}{n!} \int_1^x (t-1)(t-2) \cdots (t-n) \text{d}t$$

Ahora introduce $g(t,y)=y^{t-1}$. Tenemos $\dfrac{\partial^n g}{\partial y^n}(t,y)=(t-1)(t-2) \cdots (t-n)y^{t-n-1}$. Por lo tanto : $$\begin{array}{rcl} f_n(x,y) & = & \displaystyle \frac{1}{n!} \int_1^x (t-1)(t-2) \cdots (t-n)y^{t-n-1} \text{d}t\\ & = & \displaystyle \frac{1}{n!} \dfrac{\partial^n \;}{\partial y^n} \left( \int_1^x y^{t-1} \text{d}t\right) \\ & = & \displaystyle \frac{1}{n!} \dfrac{\partial^n \;}{\partial y^n} \left( \frac{y^{x-1}-1}{\log(y)}\right) \\ & = & \end{array}$$

Tenemos $f_n(x)=f_n(x,1)$. Por lo tanto, obtenemos (modulo algún buen argumento para la expansión de Taylor) : $$\boxed{\sum_{n=0}^{+\infty} f_n(x)z^n = \sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle \left. \frac{1}{n!} \dfrac{\partial^n \;}{\partial y^n} \left( \frac{y^{x-1}-1}{\log(y)}\right) \right|_{y=1} z^n = \dfrac{(1+z)^{x-1}-1}{\log (1+z)}}$$

Esto demuestra el teorema. El corolario es una consecuencia directa de la siguiente serie exapnsion : $$\displaystyle \dfrac{(1+z)^{x-1}-1}{z} = \sum_{n=0}^{+\infty} {{x-1}\choose{n+1}}z^n \; \; \; \; \; \; \; \text{and} \; \; \; \; \; \; \; \displaystyle \frac{z}{\log(1+z)} = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{b_n}{n!}z^n$$

$f_n(x)$ es el dado por el producto de Cauchy : $$\boxed{f_n(x) = \sum_{k=0}^n {{x-1}\choose{k+1}} \dfrac{b_{n-k}}{(n-k)!}}$$

No estoy seguro de que podemos hacer más que esto.

Por curiosidad, ¿cómo has encontrado con este problema ?

Answer 2

He aquí otra variación del tema basado en los Números de Stirling.

A partir de \begin{align*} f_n(x)&=\int_1^x\binom{t-1}{n}dt =\frac{1}{n!}\int_1^x{(t-1)}_ndt =\frac{1}{n!}\int_0^{x-1}{(u)}_ndu \end{align*} podemos usar los Números de Stirling de primera especie $s(n,k)$ el cual puede ser definido por $n\geq 0$ $0\leq k \leq n$ por \begin{align*} {(u)}_n=\sum_{k=0}^ns(n,k)u^k\tag{1} \end{align*}

El uso de esta relación podemos obtener para $n\geq 0$

\begin{align*} f_n(x)&=\frac{1}{n!}\int_0^{x-1}\sum_{k=0}^ns(n,k)u^kdu\\ &=\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^ns(n,k)\int_0^{x-1}u^kdu\\ &=\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^ns(n,k)\left.\frac{1}{k+1}u^{k+1}\right|_0^{x-1}\\ &=\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^ns(n,k)\frac{1}{k+1}(x-1)^{k+1} \end{align*}

Llegamos a la conclusión de

\begin{align*} f_n(x)= \frac{1}{n!}\sum_{k=0}^n\frac{s(n,k)}{k+1}(x-1)^{k+1}&\qquad n\geq 0\tag{2}\\ \end{align*}

Un aumento exponencial de generación de función $\sum_{n=0}^{\infty}f_n(x)\frac{z^n}{n!}$ puede ser derivada a partir de la generación de la función de los Números de Stirling de primera especie.

La generación de la función: De acuerdo a la respuesta de @SylvainL. pretendemos

El siguiente es válido

\begin{align*} \sum_{n=0}^{\infty}f_n(x)\frac{z^n}{n!}=\frac{(1+z)^{x-1}-1}{\log(1+z)} \end{align*}

Podemos obtener a partir de (1) \begin{align*} (1+z)^u&=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{u}{n}z^n\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}{(u)}_n\frac{z^n}{n!}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^ns(n,k)u^k\right)\frac{z^n}{n!}\tag{3} \end{align*}

En el siguiente consideramos $f_n(x+1)$ en lugar de $f_n(x)$.

Observamos

\begin{align*}\sum_{n=0}^{\infty}f_n(x+1)\frac{z^n}{n!} &=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}\frac{s(n,k)}{k+1}x^{k+1}\right)\frac{z^n}{n!}\tag{4}\\ &=\int_0^x\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}s(n,k)u^{k}\right)\frac{z^n}{n!}du\\ &=\int_0^{x}(1+z)^udu\tag{5}\\ &=\int_0^xe^{u\log(1+z)}du\\ &=\left.\frac{1}{\log(1+z)}e^{u\log(1+z)}\right|_0^x\\ &=\frac{(1+z)^x-1}{\log(1+z)}\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\Box \end{align*} y el reclamo de la siguiente manera.

Comentario:

• En (4) se usa la representación (2) de $f_n(x)$

• En (5), usamos la generación de la función de $s(n,k)$ (3)

Cálculo para pequeños valores de $n=0,1,2$:

Desde $$s(0,0)=1,s(1,1)=1,s(2,1)=-1,s(2,2)=1$$ obtenemos \begin{align*} f_0(x)&=s(0,0)(x-1)=x-1\\ f_1(x)&=s(1,1)\frac{1}{2}(x-1)^2=\frac{1}{2}(x-1)^2\\ f_2(x)&=\frac{1}{2}\left(s(2,1)\frac{1}{2}(x-1)^2+s(2,2)\frac{1}{3}(x-1)^3\right)\\ &=-\frac{1}{4}(x-1)^2+\frac{1}{6}(x-1)^3\\ &=\frac{1}{12}(2x^3-9x^2+12x-5) \end{align*}

Nota: no necesitamos analítica consideraciones para los cálculos anteriores, ya podemos afirmar que todos los cálculos se hacen dentro del anillo de poder formal de la serie.