Complicado Multivariante De Relaciones De Recurrencia Para La Generación De Polinomios

Question

Tengo el siguiente multivariante de relaciones de recurrencia, todo desde el mismo sistema: En primer lugar, supongamos que el $0\le k\le j\le m$, y deje $N$ independiente entero. Luego tenemos a las expresiones $a(k,~ m,~ j)$

$$\begin{align} a(0,~ m,~ j) &= m\cdot a(0,~ m-1,~ j-1)+(j-mN)\cdot a(0,~ m-1,~ j) \quad \text{ for } 1 \le j < m \\ \\ a(k,~ m,~ j)&=m\cdot a(k,~ m-1,~ j-1)+(j-mN)\cdot a(k,~ m-1,~ j)+a(k-1,~ m-1,~ j-1) \\ \\ a(0,~ m,~ m) &= m\cdot a(0,~ m-1,~ m-1) \\ \end{align}$$

Hay un par de explícito formas cerradas dentro de esta recurrencia, tales como

$$\begin{align} a(0,~ m,~ 0) &= (-1)^m ~ m! ~ N^m \\ a(0,~ m,~ 1) &= \sum_{n=0}^{m-2}\sum_{k=0}^n s(m,m-k)(-N)^k\\ a(0,~ m,~ m) &= m! \\ a(1,~ m,~ 1) &=(1-N)(1-2N)...(1-mN)-m!N^m\\ &=\sum_{i=0}^{m-2}s(m,m-i)N^i\\ a(m-1,~ m,~ m-1) &= (1+2+\dots+m-1)+(1+2+\dots+m) ~ N \\ a(m-1,~ m,~ m) &= (1+2+\dots+m) \\ a(m,~ m,~ m) &= 1 \end{align}$$

Nota por encima de ese $s(m,k)$ son los números de Stirling de primera especie.

Algo que es cierto es que el grado del polinomio $a(k,m,j)=m-j$. La última restricción es si las condiciones de $0\le k\le j\le m$ no se cumple, entonces $a(k,m,j)=0$.

El uso de esta forma recursiva, puede generar los polinomios. A continuación es un ejemplo. Quiero resolver esto y encontrar una fórmula explícita, pero el problema es que nunca he solucionado multivariante de las recurrencias. Primero trató de hacer esto simplemente por tomar la recurrencia más profundo y más profundo por sustitución, pero se hace un desorden muy rápidamente.

En primer lugar, es esta recurrencia incluso solucionable? Hay una forma explícita o hay demasiadas variables para darme una expresión única? Hay mucho aquí y parece abrumador. Alguien me puede ayudar hacer este manejable? (si es posible?)

EDIT: en cuanto a la motivación y de dónde viene esto, $$B(x)=\frac{x^N/N!}{e^x-1-x-...-\frac{x^{N-1}}{(N-1)!}}=\sum_{n=0}^\infty B_n(N)\frac{x^n}{n!}$$ satisface la siguiente ecuación diferencial $$-NB(x)^2=(x-N)B(x)+xB'(x)$$ Tomando la derivada de ambos lados, la reescritura y la sustitución de los rendimientos de los similares de orden superior ecuaciones diferenciales $$2N^2B(x)^3=[2N^2+(1-4N)x+2x^2]B(x)+[(1-3N)x+3x^2]B'(x)+x^2B''(x)$$ Usted puede utilizar que la generación de técnicas para encontrar un orden superior ecuaciones diferenciales para $B(x)^n$. Observe que en la parte frontal de cada uno de los derivados de $B$ es un polinomio en a $x$ y cada término del polinomio de $x$ está compuesto de polinomios en $N$ (originalmente en el post como $x$, he cambiado a lo largo de a $N$ ahora, lo siento por la confusión). Es en estos términos que yo estoy tratando de encontrar una forma cerrada. Por ejemplo, $$a(0,2,0)=2N^2, ~ a(0,2,1)=1-4N, ~ a(0,2,2)=2$$ $$a(1,2,0)=0, ~ a(1,2,1)=1-3N, ~ a(1,2,2)=3$$ $$a(2,2,0)=0, ~ a(2,2,1)=0, ~ a(2,2,2)=1$$ Observe que $$a(0,2,1)=2\cdot a(0,1,0)+(1-2N)\cdot a(0,1,1)=2(-N)+(1-2N)=1-4N$$

Hay un montón de reglas específicas para determinados $a(k,m,j)$. Esto me hace algo positivo que una forma cerrada que existe...

EDIT 2: he añadido dos formas explícitas sobre implican sin signo de los Números de Stirling de primera especie. También voy a subir una lista de los polinomios $a(k,m,j)$ que me generaron de forma recursiva usando Mathematica y quizás otros, como yo os he hecho, se puede ver los patrones en los datos.

Answer 1

Creo que ustedes tienen ninguna posibilidad explícita de las fórmulas para a(k,i,j).

A partir de su ecuación diferencial se obtiene $$ (-1)^k k! N^k B^{k+1} = p_{0,k} B +p_{1,k} B'+p_{2,k} B"+p_{3,k} B"'+...+p_{k,k} B^{(k)} $$ donde $p_{j,k}=\sum_r a(j,k,r)x^r$. La relación de recurrencia es $$ p_{j,k+1}=(k+1) p_{j,k}+B p_{j-1,k}+B p_{j,k}' $$ donde $A=x-N$, $B=x$ y de los valores iniciales se $p_{0,1}=A$$p_{1,1}=B$.

Tenga en cuenta que $A'=B'=1$.

El uso de la relación que se obtiene fácilmente el menor de los casos: Por ejemplo

$ p_{0,2}=2A^2+B, $

$ p_{1,2}=3AB+B,$

$ p_{2,2}=B^2$,

lo cual coincide con los valores dados antes, y además

$p_{0,3}=6A^3+7AB+B,$

$p_{1,3}=11 A^2 B+6AB+4B^2+B$,

$p_{2,3}=6AB^2+3B^2$,

$ p_{3,3}=B^3$,

y se puede seguir. A partir de estos valores se obtiene el a(j,k,i)'s.

Uno puede construir algo así como un triángulo de Pascal, cada una de las dos entradas de generar la menor entrada de entre ellos, pero usted tiene tres diferentes (noncommuting) operador de polinomios:

1. Multiplicando por (k+1)
2. Derivating (y luego multiplicando por B)
3. Multiplicando por B

Los dos primeros operan abajo-izquierda y la tercera opera-derecha-abajo en el triángulo.

Claramente la cerrada simple fórmulas que se encuentran corresponden a la extrema izquierda y la ahora bordes derecho (del triángulo), de ahí que para algunos la pura potencia de uno de los operadores. Por ejemplo, el tercer operador elevado a $m$ rendimientos directamente a $a(m,m,m)=1$, y el primero da $a(0,m,m)=m!$$a(0,m,0)=(−1)^m m! N^m$, El más complicado de fórmulas que se encuentran corresponden a la inmediatamente siguiente entradas y de involucrar a algunos la pura potencia de un operador y sólo uno de los otros.

Así que un ormula cerrada para todos ellos, si es que existe, requerirá, probablemente, la definición de los nuevos (que recurrentemente se define) de la serie de los números.