Las sumas parciales de la caída de los factoriales

Question

Quiero saber si existe alguna manera aproximada o exacta, para hacer una suma parcial de la caída de los factoriales de la clase:

$$\sum_{k=i}^{n}(a+k)_{h}$ $ , donde todos son constantes.

Y yo estoy interesado también en algunas suma parcial como este

$$\sum_{k=i}^{n}(a+k)_{h}r^k$$

En particular, quiero una forma cerrada a esta fórmula:

$$\sum_{m=0}^{3}\left(\sum_{k=1}^{19-m}(19-k)_m\right )^{-1} \left(-(19)_m+\sum_{k=0}^{19-m}(19-k)_m q^k\right )$$

Posiblemente no hay una forma cerrada, pero no sé. Empecé a leer acerca de hipergeométrica de la serie, pero este tema es totalmente nuevo para mí, así que no tienen un claro enfoque a mi pregunta por ahora.

Agradezco cualquier ayuda. Si usted me puede mostrar a través de algún tipo de vínculo o de la bibliografía está bien también. Gracias de antemano.

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ACTUALIZACIÓN

Ok, yo estaba leyendo el libro de Graham que @ncmathsadist dijo a mí, y yo tengo una respuesta parcial. La pregunta está cerca de algunos temas generales sobre matemáticas discretas (que lamentablemente se olvide).

El punto es que un análogo a $\int_{a}^{b}x^n dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}\Big|_{a}^{b}\ $ en el cálculo es la diferencia

$$\sum\nolimits_{a}^{b}(k)_n\delta x =\frac{(k)_{n+1}}{n+1}\bigg|_{a}^{b}$$

Para el segundo caso puedo utilizar un análogo de integración por partes que se denomina suma por partes:

$$\sum f(k)\Delta g(k) \delta k=f(k)g(k)-\sum \Delta f(k) g(k+1)\delta k$$

Pero no estoy de obtener cualquier forma cerrada, así que supuse que estas fórmulas no han cerrado las formas.

Answer 1

Me gusta Knuth la notación para caer factoriales mejor:

$$ \alpha^{\underline{h}} = \alpha \cdot (\alpha - 1) \cdot \dotsm \cdot (\alpha - h + 1) $$

En primer lugar observamos que:

$$ \Delta \alpha^{\underline{h}} = (\alpha + 1)^{\underline{h}} -\alpha^{\underline{h}} = (\alpha + 1) \cdot \alpha^{\underline{h - 1}} - \alpha^{\underline{h - 1}} \cdot (\alpha - h + 1) = h \alpha^{\underline{h - 1}} $$

Esto sugiere:

$$ \sum_{0 \le k \le n} (\alpha + k)^{\underline{h}} = \frac{(\alpha + n + 1)^{\underline{h + 1}}}{h + 1} - \frac{\alpha^{\underline{h + 1}}}{h + 1} $$

Esto se demuestra por inducción.

Base: $n = 0$ le da:

$\begin{align} \sum_{0 \le k \le 0} (\alpha + k)^{\underline{h}} &= \alpha^{\underline{h}} \\ \frac{(\alpha + 1)^{\underline{h + 1}}}{h + 1} - \frac{\alpha^{\underline{h + 1}}}{h + 1} &= \frac{1}{h + 1} \Delta \alpha^{\underline{h + 1}} \\ &= \alpha^{\underline{h}} \end{align}$

Esto comprueba.

Inducción: Supongamos que es cierto para $n$, ver el $n + 1$:

$\begin{align} \sum_{0 \le k \le n + 1} (\alpha + k)^{\underline{h}} &= \sum_{0 \le k \le n} (\alpha + k)^{\underline{h}} + (\alpha + n + 1)^{\underline{h}} \\ &= \frac{(\alpha + n + 1)^{\underline{h + 1}}}{h + 1} - \frac{\alpha^{\underline{h + 1}}}{h + 1} + (\alpha + n + 1)^{\underline{h}} \\ &= \frac{(\alpha + n + 1)^{\underline{h}} \cdot (\alpha + n + 1 - h)} {h + 1} + \frac{(\alpha + n + 1)^{\underline{h}} \cdot (h + 1)} {h + 1} - \frac{\alpha^{\underline{h + 1}}}{h + 1} \\ &= \frac{(\alpha + n + 1)^{\underline{h}} \cdot (\alpha + n + 2)} {h + 1} - \frac{\alpha^{\underline{h + 1}}}{h + 1} \\ &= \frac{(\alpha + n + 2)^{\underline{h + 1}}}{h + 1} - \frac{\alpha^{\underline{h + 1}}}{h + 1} \end{align}$

Esto es exactamente como se reivindica.

Para su segunda suma, tenga en cuenta que:

$$ (\alpha + k)^{\underline{h}} x^{\alpha + k - h} = \frac{\mathrm{d}^h}{\mathrm{d} x^h} x^{\alpha + k} $$

Por lo tanto la suma es esencialmente:

$\begin{align} \sum_k (\alpha + k)^{\underline{h}} r^k &= r^{h - \alpha} \sum_k (\alpha + k)^{\underline{h}} r^{\alpha + k - h} \\ &= r^{h - \alpha} \left. \frac{\mathrm{d}^h}{\mathrm{d} x^h} \sum_k x^{\alpha + k} \right|_{x = r} \\ &= r^{h - \alpha} \left. \frac{\mathrm{d}^h}{\mathrm{d} x^h} \left(x^\alpha \sum_k x^k\right) \right|_{x = r} \end{align}$

Esto es bastante feo. La suma restante es geométrica, y puede ser expresado como una fracción. Leibnitz de la fórmula para múltiples derivados de un producto que reducir un poco, pero sigue siendo un lío. Si $h$ es entero pequeño, tal vez un CAS da algo manejable.