Evaluar $\int {x \choose n} \ dx$ (Problema 798 Quid Mathematicorum)

Question

Evaluar $$I_{n}= \int {x \choose n} \ dx$$ where $n$ is a non-negative integer.Any idea of what closed form $I_{n}$.

Answer 1

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ \begin{align} {1 \over \pars{n + 1}!}\,\lim_{z \to 0} \partiald[n + 1]{}{z}\bracks{{z\pars{1 + z}^{x} \over \ln\pars{1 + z}}} + \mbox{a constant.} \end{align}

Answer 2

Bien, vamos a ver, la combinatoria es: si $|\alpha| < 1$

$$(1+\alpha)^x=\sum_{n=0}^\infty {x\choose n}\alpha^n$$

A continuación, la integración de ambos lados con respecto a $x$ da

$${1\over\log(1+\alpha)}(1+\alpha)^{x}=\sum_{n=0}^\infty\alpha^n \int{x\choose n}\,dx$$

Sabemos que

$$\log(1+\alpha)=\alpha\sum_{k=1}^\infty {(-1)^{k+1}\alpha^{k-1}\over k}$$ para invertir la potencia de la serie da:

$${1\over\log(1+\alpha)}={1\over \alpha}\sum_{k=0}^\infty b_k\alpha^k$$

donde el $b_k$ satisface la relación de recurrencia:

$$b_k=-\sum_{i=1}^kb_{k-i}{(-1)^{i}\over i+1}$$

Desde allí había de escribir

$${1\over\log(1+\alpha)}(1+\alpha)^x=\left(\sum_{k=0}^\infty b_k\alpha^k\right)\left(\sum_{n=0}^\infty {x\choose n}\alpha^n\right)=\sum_{m=0}^\infty\alpha^m\int {x\choose m}\, dx$$

y coinciden con los coeficientes en cada lado, a una totalmente desagradable tarea para hacer, incluso formalmente. En la práctica parece que sería mucho más fácil tener un equipo a hacer el cálculo y la mano de integrar las cosas.

Yo trabajo a través de ella específicamente para resaltar los puntos donde las dificultades se encuentra, computacionalmente hablando. El tipo de recurrencia puede ser también muy bien automatizado por parte de un equipo, o puede utilizar algún otro formal identidades para ellos. @Felix Marin la respuesta muestra una bonita, compacta uno que es realmente muy linda, pero que creo que oculta la dificultad en el uso en la práctica (al menos a mano, siempre hay máquinas).

Answer 3

Tenemos $$ {x \elegir n}=\frac{1}{n!} (x)_n=\frac{1}{n!}\sum_{i=0}^n s(n,i) x^k. $$ Aquí $(x)_n$ es el símbolo de Pochhammer y $s(n,k)$ son los números de Stirling de primera especie.

Así $$ I_n=\int {x \elegir n} dx=\frac{1}{n!}\sum_{i=0}^n s(n,i) \frac{x^{k+1}}{k+1}+C. $$