Expresión de forma cerrada para $\sum_{k=0}^n\binom{n}kk^p$ $n,\,p$ de números enteros

Question

¿Es una expresión de forma cerrada para la suma $\sum_{k=0}^n\binom{n}kk^p$ dado enteros positivos $n,\,p$? Antes pensé de esta serie pero no se pudo averiguar una expresión de forma cerrada en $n,\,p$ (que no sea el trivial caso $p=0$).

$$p=0\colon\,\sum_{k=0}^n\binom{n}kk^0=2^n$$

Sé que $\sum_{k=0}^n\binom{n}k=2^n$ y $\sum_{k=0}^nk^n=\frac{k^{n+1}-1}{k-1}$ pero estoy seguro de si estos serían de mucha utilidad ahora.

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Además, ¿qué pasa con la serie similar $\sum_{k=0}^n\binom{n}kk^n$ donde $p=n$?

Answer 1

Si consideras $p$ fijo, a continuación, el siguiente puede ser considerado como la forma cerrada supongo:

$$\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} k^p = \sum_{k=1}^{p} s(p,k) n(n-1)\dots(n-k+1) 2^{n-k} \quad \quad (1)$$

donde $s(k,p)$ es un número de stirling del segundo tipo.

Si se denota el operador de diferenciación y multiplicación por $x$ $D_{x}$

Entonces tenemos que

$$(D_{x})^{n}f(x) = \sum_{k=1}^{n} s(n,k) f^{k}(x) x^{k}$$

donde $s(n,k)$ es el número de stirling del segundo tipo y $f^k(x)$ $k^{th}$ derivado de la $f(x)$.

Esto puede ser fácilmente comprobado el uso de la identidad de $$s(n,k) = s(n-1,k-1) + k \cdot s(n-1,k)$$

Para demostrar $(1)$ anterior, aplicamos $D_x$, $p$ veces a $(1+x)^n$, y establecer $x=1$.

Answer 2

Deje $$ f (x)=(e^x+1) ^ n = \sum_ {k = 0} ^ n \binom{n}{k}e^{kx}. $$

Entonces $$ \left (\frac {d} {dx} \right) ^ p f (x) = \sum_ {k = 0} ^ n\binom {n} {k} k ^ pe ^ {kx}. $$

Enchufe en $x=0$.

Answer 3

Sabemos que $(1+x)^n=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x^k$. Diferenciar esto, para obtener $n(1+x)^{n-1}=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} k x^{k-1}$. Multiplicar por $x$ a $nx(1+x)^{n-1}=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} k x^k$. Tomar $x=1$ para obtener la primera suma y repetir este proceso para sumas con potencias mayores de $k$.

Answer 4

Uso de la identidad $k\dbinom{n}k=n\dbinom{n-1}{k-1}$: $p=1$ consigue

$$\sum_k\binom{n}kk=n\sum_k\binom{n-1}{k-1}=n\sum_k\binom{n-1}k=n2^{n-1}\;.$$

Para $p=2$:

$$\begin{align*} \sum_k\binom{n}kk^2&=n\sum_k\binom{n-1}{k-1}k\\ &=n\sum_k\binom{n-1}k(k+1)\\ &=n\sum_k\binom{n-1}kk+n\sum_k\binom{n-1}k\\ &=n(n-1)\sum_k\binom{n-2}{k-1}+n2^{n-1}\\ &=n(n-1)\sum_k\binom{n-2}k+n2^{n-1}\\ &=n(n-1)2^{n-2}+n2^{n-1}\;. \end{align*}$$

Si lleva a cabo el mismo tipo de cálculo con $p=3$, se obtiene

$$\sum_k\binom{n}kk^3=n(n-1)(n-2)2^{n-3}+2n(n-1)2^{n-2}+n2^{n-1}\;,$$

que puede ser escrito con la caída de factoriales como $$\sum_k\binom{n}kk^3=n^{\underline3}2^{n-3}+3n^{\underline2}2^{n-2}+n^{\underline1}2^{n-1}\;.$$

Después de un poco más de experimentación, uno puede conjeturar y demostrar por inducción que

$$\sum_k\binom{n}kk^p=\sum_{k=1}^p{p\brace k}n^{\underline k}2^{n-k}\;,$$

donde $p\brace k$ es el número de Stirling del segundo tipo.

Answer 5

Una relación con el problema. Pruebe esta fórmula $$ \sum_{k=0}^n\binom{n}kk^p= 2^n\sum_{k=0}^{p}\begin{Bmatrix} p\\k \end{Bmatrix} {n\choose k}2^{-k}k!, $ $

donde $p \in \mathbb{N}$ $\begin{Bmatrix} p\\k \end{Bmatrix}$ es los números de Stirling de segunda especie. Usted puede tapar en $p=n$ en la fórmula anterior.