De forma cerrada de $\sum_{k=0}^{\infty} \frac{k^a\,b^k}{k!}$

Question

Mientras trabajaba en esta pregunta, creo que he encontrado una forma cerrada de expresión para la siguiente serie, pero no sé cómo demostrarlo.

Deje $a \in \mathbb{N}$$b \in \mathbb{R}$. Entonces

$$\sum_{k=0}^{\infty} \frac{k^a\,b^k}{k!} \stackrel{?}{=} e^b \sum_{j=0}^a S(a,a-j+1)\,b^{a-j+1}, \tag{1}$$

donde $e$ es el número de Euler e $S(n,k)$ son los números de Stirling del segundo tipo, que se define como

$$S(n,k) = \frac{1}{k!}\sum_{i=0}^k (-1)^{i}{k \choose i} (k-i)^n,$$

con ${n \choose k}$ un coeficiente binomial.

Tengo tres preguntas.

• $1^\text{st}$ Pregunta. Es $(1)$ verdad?
• $2^\text{nd}$ Pregunta. Si $(1)$ es cierto, entonces podemos escribir $(1)$ en una forma más compacta con la solución de la suma finita de alguna manera?
• $3^\text{rd}$ Pregunta. Si $(1)$ es cierto, entonces podemos generalizar la declaración de $a \in \mathbb{R}$? Yo no sé acerca de este tipo de generalización de los números de Stirling del segundo tipo. Tal vez hay otro enfoque?

Answer 1

Observe que

$$x^m e^x = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!} x^{m+k} = \sum_{j = m}^\infty \frac{1}{(j-m)!} x^j$$

Así tenemos

\begin{align*} \sum_{k=0}^\infty \frac{k^m}{k!} x^k &= \sum_{k=0}^{m-1} \frac{k^m}{k!} x^k + \sum_{k=m}^\infty \frac{k^m}{k!} x^k \\ &= \sum_{k=0}^{m-1} \frac{k^m}{k!} x^k + \sum_{k=m}^\infty \frac{1}{(k-m)!} x^k \\ &\qquad \qquad+ \sum_{k=m}^\infty \frac{k^m - k(k-1)\cdots(k-m+1)}{k!} x^k \\ &= x^m e^x + \sum_{k=0}^{m-1} \frac{k^m}{k!} x^k +\sum_{k=m}^\infty \frac{k^m - k(k-1)\cdots(k-m+1)}{k!} x^k \\ \end{align*}

La inducción de la en $m$, usted debería ser capaz de escribir el resto de las sumas en los términos de las cosas que ya conocen.

Answer 2

La forma cerrada es $e^b \sum\limits_{i = 0}^a S(a, i) b^i$.

Deje $F(a, b)$ ser el problema de la suma. Observe que $F(0, b) = e^b$$F(a, b) = b\frac{\partial F(a-1,b)}{\partial b}$. Por lo tanto, $F(a, b) = e^bP_a(b)$ para algunos polinomio $P_a$. Sólo queda observar que los coeficientes de $P_a$ satisfacer la misma recurrencia como los números de Stirling del segundo tipo.