Buscando pruebas analíticas para $\sum_{n=r}^\infty \frac{1}{n!}\left[ n-1 \atop r-1 \right] = 1$

Question

En Blom, Holst, Sandell, " Problemas e instantáneas del mundo de la probabilidad ", sección 9.4, se habla de un modelo de registros:

Los elementos se ordenan en una secuencia de longitud creciente según alguna regla que lleve a la intercambiabilidad. En cada paso, el elemento se inserta en el lugar que le corresponde entre los ya ordenados. Si un elemento es el primero, se denomina registro . La posición de $r$ -se indica el registro número 1 $N_r$ . Naturalmente $N_1 = 1$ .

A continuación, se obtiene la siguiente probabilidad: $$ \mathbb{P}(N_r = n) = \frac{1}{n!} \left[ n-1 \atop r-1 \right] I\left( n \geqslant r\right) $$ donde $\left[ n \atop r \right]$ denota el valor sin signo Número de Stirling del primer tipo.

Pregunta : ¿Cómo se demuestra analíticamente que esta función de masa de probabilidad está normalizada para todos los enteros $r \geqslant 2$ es decir $$ \sum_{n=r}^\infty \frac{1}{n!} \left[ n-1 \atop r-1 \right] = 1 $$

Utilizando $\left[ n-1 \atop 1 \right] = (n-2)!$ y $\left[ n-1 \atop 2 \right] = H_{n-2} \cdot (n-2)!$ la normalización sigue para casos especiales de $r=2$ y $r=3$ .

Answer 1

Definir $$g_r(y) = \sum_{n=r}^\infty \frac{1}{n!}\begin{bmatrix} n-1 \cr r-1\end{bmatrix}y^n$$

Definir $$G(y,z) = \sum_{r=1}^\infty (-1)^r g_r(y)z^{r-1}$$

Intercambiando los términos obtenemos:

$$G(y,z) = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n y^n}{n!}\sum_{r=1}^{n} (-1)^{n-r} \begin{bmatrix} n-1 \cr r-1\end{bmatrix}z^{r-1}$$

La suma interna es simplemente $(z)_{n-1}=\frac{(1+z)_n}{1+z}$ por lo que obtenemos:

$$G(y,z) = \frac{1}{1+z} \sum_{n=1}^\infty (-1)^ny^n \frac{(1+z)_n}{n!}$$

Lo cual es justo:

$$G(y,z) = \frac{1}{1+z} ((1-y)^{1+z}-1)$$ ,

donde $|y|<1$ y $|z|<1$

Ahora, para cualquier $z\in(-1,1)$ , $\lim_{y\to 1} G(y,z) = \frac{-1}{1+z} = \sum_{r=1}^\infty (-1)^{r}z^{r-1}$ por lo que parece que $g_r(y)\to 1$ como $y\to 1$ Pero este último paso puede ser difícil de formalizar.

Answer 2

Por un lado,

$$\binom{u}{n}=\frac{1}{n!}\sum_{l=0}^ns(n,l)u^l=\frac{1}{n!}\sum_{l=0}^n \left[n\atop l\right](-1)^{n-l}u^l. \tag{1}$$

Así que por otro lado,

$$-\frac{1}{z}\int_0^z (1-\tau)^{-u}d\tau=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-z)^n}{n+1}\binom{-u}{n}=\sum_{n=0}^\infty\sum_{l=0}^n\frac{1}{(n+1)!}\left[n\atop l\right]z^nu^l. \tag{2}$$

Y en la tercera mano,

$$\frac{1}{z}\int_0^z (1-\tau)^{-u}d\tau=\frac{1}{z}\frac{(1-z)^{1-u}-1}{1-u}. \tag{3}$$

Enchufar $z=1$ ,

$$\sum_{k=0}^\infty u^k=\sum_{l=0}^\infty \left(\sum_{n=l}^\infty \frac{1}{(n+1)!}\left[n\atop l\right]\right)u^l. \tag{4}$$

Al igualar los coeficientes se obtiene el resultado. (Ya tendré tiempo de aclarar/elaborar/salvar más tarde. Mi mano... ¡o manos fueron forzadas por la respuesta del Sr. Andrews!)