¿Simple aproximación a una suma con números de Stirling?

Question

También he publicado esta pregunta en http://mathoverflow.net/questions/141552/simple-approximation-to-a-sum-involving-stirling-numbers#141552. Tengo una respuesta exacta a un problema, que es la función:

$f(x,y)=\frac{1}{y^x}\sum_{i=1}^{x-1} [i\binom{y}{x-i}(x-i)!S(x,x-i)]$ donde $S(x,x-i)$ es el número de Stirling del segundo tipo. Equivalentemente, $f(x,y)=\frac{1}{y^x}\sum_{i=1}^{x-1}{\{i\binom{y}{x-i}\sum_{j=0}^{x-i} [(-1)^{x-i-j}\binom{x-i}{j}j^x]}\}$. Equivalentemente, $f(x,y)=\frac{y!}{y^x}\sum_{i=1}^{x-1}{\{\frac{i}{(y-(x-i))!}\sum_{j=0}^{x-i} [\frac{(-1)^{x-i-j}j^x}{j!(x-i-j)!}]}\}$.

He notado que el porcentaje de diferencia entre el $f(x,y)$ $g(x,y)$ $0$ para grandes valores de $x$ $y$ donde $g(x,y)$ es por mucho la más elegante de la $x-y(1-e^{-\frac{x}{y}})$. ¿Cómo puede el $f(x,y)$ ser aproximada por $g(x,y)$? Lo aproximaciones debe ser utilizado para hacer esta conexión?

He tratado de aproximaciones para $S(n,m)$ enumerados en http://dlmf.nist.gov/26.8#viien vano.

Answer 1

Tenga en cuenta que $\binom{y}{x-i}(x-i)!=(y)_{x-i}$ es el símbolo de Pochhammer o "la caída de factorial" y los números de Stirling del segundo tipo se relacionan caer factoriales para monomials por esta fórmula, $$ \sum_{i=0}^x(y)_i\,\begin{Bmatrix}x\\i\end{Bmatrix}=y^x\etiqueta{1} $$ La recurrencia de la relación de los números de Stirling del segundo tipo es $$ \begin{Bmatrix}n+1\\k\end{Bmatrix}=k\,\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}+\begin{Bmatrix}n\\k-1\end{Bmatrix}\etiqueta{2} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \sum_{i=0}^xi(y)_i\,\begin{Bmatrix}x\\i\end{Bmatrix} &=\sum_{i=0}^{x+1}(y)_i\left(\begin{Bmatrix}x+1\\i\end{Bmatrix}\begin{Bmatrix}x\\i-1\end-{Bmatrix}\right)\\ &=\sum_{i=0}^{x+1}(y)_i\begin{Bmatrix}x+1\\i\end{Bmatrix} -\sum_{i=0}^{x+1}y(y-1)_{i-1}\begin{Bmatrix}x\\i-1\end{Bmatrix}\\[8pt] y=y^{x+1}-y(y-1)^x\\[8pt] \sum_{i=0}^xi(y)_{x i}\,\begin{Bmatrix}x\\x-i\end{Bmatrix} &=\sum_{i=0}^x(x-i)(y)_i\,\begin{Bmatrix}x\\i\end{Bmatrix}\\[8pt] y=(x-y)y^x+y(y-1)^x\etiqueta{3} \end{align} $$ Así, desde la $i=0$ $i=x$ términos se $0$$\begin{Bmatrix}x\\0\end{Bmatrix}=0$, $$\begin{align} f(x,y) &=\frac1{y^x}\left((x-y)y^x+y(y-1)^x\right)\\ &=x-y+y\left(1-\frac1y\right)^x\\ &\sim x-y\left(1-e^{-x/y}\right)\tag{4} \end{align} $$