¿Alguna idea sobre cómo puedo demostrar esta expresión?

Question

No tengo muchos sitios a los que acudir porque todavía estoy en el instituto. Así que por favor tengan paciencia conmigo como tuve que crear algunas anotaciones.

Para entender mi notación debes observar lo siguiente identidad para polinomios de campana

$a = (f'(x),f''(x),\cdots)$ y $b = (g'(x),g''(x),\cdots)$ $$ B_{n,k}(f'(x),f''(x),\cdots,f^{(n-k+1)}(x))_{(f \rightarrow g)^c} = \frac{(a^{(k-c)_\diamond} \diamond b^{c_\diamond})_n}{(k-c)!c!} $$

Tenga en cuenta también que $d_n= \frac{d^n}{dx^n}[f(x)\ln(g(x))]$

Debo probar que

$$ \sum_{k=1}^{n}\ln^k(g(x)) B_{n,k}(f'(x),f''(x),\cdots,f^{(n-k+1)}(x)) $$

$$ =\sum_{k=1}^n[ B_{n,k}(d_1,d_2,\cdots,d_{n-k+1})- \sum_{m=0}^{n-k}\sum_{j=0}^{m} {m \choose j} \frac{\ln^{m-j}(g(x))}{g(x)^k} \frac{d^j}{d(f(x))^j}[(f(x))_k] B_{n,m+k}(f'(x),\cdots,f^{(n-m-k+1)}(x))_{(f \rightarrow g)^k}] $$

Dónde $(f(x))_k$ es el símbolo de Pochhammer para el factorial descendente

Llevo tiempo intentando demostrarlo. Cualquier consejo al respecto sería estupendo. Tal vez esto se puede poner en un determinante o algo por el estilo, pero no estoy seguro acerca de que la doble suma. Si tienes algún consejo POR FAVOR hazlo a través de un comentario.

Answer 1

Nota: He aquí al menos algunas pistas que pueden ayudar a resolver esta bonita identidad. De hecho, apenas es más que un comienzo. Pero esperemos que algunos aspectos sean útiles para el lector interesado.

Introducción: Se facilita la siguiente información:

• Definición de polinomios parciales de Bell $B_{n,k}$ :

Enuncio la definición de polinomios de Bell según Comtet's : clásico Combinatoria avanzada sección 3.3 Polinomios de Bell como coeficientes de las funciones generadoras. La idea es que una representación adecuada mediante funciones generadoras podría ayudar a encontrar la solución.

• El producto de convolución $x \diamond y$ desmitificado

Observaremos que el producto de convolución está estrechamente relacionado con una representación iterativa de las funciones generadoras de los números de Bell. Esto nos permite transformar la identidad indicada para obtener más información.

• Representación de la identidad con ayuda de funciones generadoras

De hecho, no es más que otra representación, lamentablemente sin simplificaciones inteligentes.

• Verificación de la identidad para $n=2,3$

Para ver mejor lo que ocurre, también se verifica la identidad de los pequeños $n=2,3$ . Un análisis de estos ejemplos podría proporcionar algunas pistas sobre cómo transformar adecuadamente las funciones generadoras en el caso general.

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Definición de polinomios parciales de Bell $B_{n,k}$ :

Según Comtet Combinatoria avanzada sección 3.3 Polinomios de Bell que definimos del siguiente modo:

Sea $\Phi(t,u)$ sea la función generadora del polinomios parciales (exponenciales) de Bell $B_{n,k}=B_{n,k}(x_1,x_2,\ldots,x_{n-k+1})$ en un número infinito de variables $x_1,x_2,\ldots$ definida por la expansión formal en doble serie:

\begin{align*} \Phi(t,u)&:=exp\left(u\sum_{m\geq 1}x_m\frac{t^m}{m!}\right)=\sum_{n,k\geq 0}B_{n,k}\frac{t^n}{n!}u^k\\ &=1+\sum_{n\geq 1}\frac{t^n}{n!}\left(\sum_{k=1}^{n}u^kB_{n,k}(x_1,x_2,\ldots)\right) \end{align*} o lo que es lo mismo \begin{align*} \frac{1}{k!}\left(\sum_{m\geq 1}x_m\frac{t^m}{m!}\right)^k=\sum_{n\geq k}B_{n,k}\frac{t^n}{n!},\qquad k=0,1,2,\ldots\tag{1} \end{align*}

A continuación nos centraremos en la representación (1).

Utilicemos el coeficiente de operador $[t^n]$ para denotar el coeficiente $a_n=[t^n]A(t)$ de una serie generatriz formal $A(t)=\sum_{k\geq 0}a_kt^k$ .

Observamos para $n\geq 0$ :

\begin{align*} B_{n,k}=\frac{n!}{k!}[t^n]\left(\sum_{m\geq 1}x_m\frac{t^m}{m!}\right)^k,\qquad k\geq 0\tag{2} \end{align*}

Nota: A continuación basta con considerar $B_{n,k}$ para $n,k\geq 1$ .

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El producto de convolución $x\diamond y$ (algo desmitificado)

En producto de convolución $x \diamond y$ para secuencias $x=(x_j)_{j\geq 1}$ y $y=(y_j)_{j\geq 1}$ se define según este enlace como

\begin{align*} x \diamond y :=\sum_{j=1}^{n-1}\binom{n}{j}x_jy_{n-j}\tag{3} \end{align*}

El polinomio $B_{n,k}$ puede escribirse utilizando la $k$ -producto doblado $$x^{k_\diamond}=(x_n^{k\diamond})_{n\geq 1}:=\underbrace{x\diamond \ldots \diamond x}_{k \text{ factors}}$$ como

\begin{align*} B_{n,k}=\frac{x_n^{k\diamond}}{k!}, \qquad n,k\geq 1\tag{4} \end{align*}

Obtenemos según la de \begin{align*} x\diamond y&=\left(0,\sum_{j=1}^{1}\binom{2}{j}x_jy_{2-j},\sum_{j=1}^{2}\binom{3}{j}x_jy_{3-j},\sum_{j=1}^{3}\binom{4}{j}x_jy_{4-j},\ldots\right)\\ &=\left(0,2x_1y_1,3x_1y_2+3x_2y_1,4x_1y_3+6x_2y_2+4x_3y_1,\ldots\right)\\ \end{align*} w \begin{align*} x^{1\diamond}&=\left(x_1,x_2,x_3,x_4,\ldots\right) &=&1!(B_{1,1},B_{2,1},B_{3,1},B_{4,1}\ldots)\\ x^{2\diamond}&=\left(0,2x_1^2,6x_1x_2,8x_1x_3+6x_2^2,\ldots\right) &=&2!(0,B_{2,2},B_{3,2},B_{4,2},\ldots)\\ x^{3\diamond}&=\left(0,0,6x_1^3,36x_1^2x_2,\ldots\right) &=&3!(0,0,B_{3,3},B_{4,3}\ldots)\\ \end{align*}

Obsérvese que el multiplicación de funciones generadoras exponenciales $A(x)=\sum_{k\geq 0}a_k\frac{x^k}{k!}$ y $B(x)=\sum_{l\geq 0}b_l\frac{x^l}{l!}$ da: \begin{align*} A(x)B(x)&=\left(\sum_{k\geq 0}a_k\frac{x^k}{k!}\right)\left(\sum_{l\geq 0}b_l\frac{x^l}{l!}\right)\\ &=\sum_{n\geq 0}\left(\sum_{{k+l=n}\atop{k,l\geq 0}}\frac{a_k}{k!}\frac{b_l}{l!}\right)x^n\\ &=\sum_{n\geq 0}\left(\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a_kb_{n-k}\right)\frac{x^n}{n!} \end{align*}

Según la definición de $B_{n,k}$ las secuencias $x^{k_\diamond}$ generados mediante el producto de convolución son simplemente los coeficientes del funciones generadoras verticales para los polinomios de Bell $B_{n,k}, n\geq 1$ :

\begin{align*} \frac{1}{1!}\sum_{m\geq 1}x^{1_\diamond}_n\frac{t^n}{n!}&= \frac{1}{1!}\left(\sum_{m\geq 1}x_m\frac{t^m}{m!}\right)=\sum_{m\geq 1}B_{n,1}\frac{t^n}{n!}\\ \frac{1}{2!}\sum_{m\geq 1}x^{2_\diamond}_n\frac{t^n}{n!}&= \frac{1}{2!}\left(\sum_{m\geq 1}x_m\frac{t^m}{m!}\right)^2=\sum_{m\geq 2}B_{n,2}\frac{t^n}{n!}\\ &\qquad\qquad\cdots\\ \frac{1}{k!}\sum_{m\geq 1}x^{k_\diamond}_n\frac{t^n}{n!}&= \frac{1}{k!}\left(\sum_{m\geq 1}x_m\frac{t^m}{m!}\right)^k=\sum_{m\geq k}B_{n,k}\frac{t^n}{n!}\\ \end{align*}

Observamos: A convolución con $x^{1\diamond}$ corresponde esencialmente a una multiplicación de la función generadora $\sum_{m\geq 1}x_m\frac{t^m}{m!}$

Para que las expresiones complejas sean más manejables, introducimos algunas abreviaturas:

$$B_{n,k}^{f}(x) := B_{n,k}(f^\prime(x),f^{\prime\prime}(x),\ldots,f^{(n-k+1)}(x))$$

En $n$ -se abreviará como

$$f_n:=\frac{d^n}{dx^n}f(x)\qquad\text{ and }\qquad g_n:= \frac{d^n}{dx^n}g(x),\qquad n \geq 1$$

también utilizamos la abreviatura OPs $a=(f_1,f_2,\ldots)$ y $b=(g_1,g_2,\ldots)$ .

Según las afirmaciones anteriores, la expresión

$$B_{n,k}\left(f^\prime(x),f^{\prime\prime}(x),\ldots,f^{(n-k+1)}\right)_{(f\rightarrow g)^c} =\frac{\left(a^{(k-c)_{\diamond}}\diamond b^{c_\diamond}\right)_n}{(k-c)!c!}$$

pueden escribirse ahora como coeficientes del producto de las funciones generadoras

\begin{align*} \sum_{n\geq k}&B^f_{{n,k}_{(f\rightarrow g)^c}}\frac{t^n}{n!} =\frac{1}{(k-c)!}\left(\sum_{m\geq1}f_m\frac{t^m}{m!}\right)^{k-c} \frac{1}{c!}\left(\sum_{m\geq1}g_m\frac{t^m}{m!}\right)^{c} \end{align*}

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Representación de la identidad mediante funciones generadoras

Ahora estamos en condiciones de representar la identidad de las OP con la ayuda de funciones generadoras basadas en (1).

Para simplificar un poco la notación, a menudo omitiré el argumento y escribiré, por ejemplo $(\ln\circ g)^k$ en lugar de $\left(\ln(g(x))\right)^k$ . Ahora, poniendo el Polinomio de Bell completo en la pregunta OPs a la izquierda y los otros términos a la derecha queremos mostrar

La siguiente identidad es válida:

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}B_{n,k}^{f\cdot (\ln\circ g)}&=\sum_{k=1}^{n}(\ln\circ g)^{k}B_{n,k}^f\tag{5}\\ &\qquad+\sum_{k=1}^{n}\sum_{m=0}^{n-k}\sum_{j=0}^{m}\binom{m}{j} \frac{(\ln\circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[(f)_k]B_{{n,m+k}_{(f\rightarrow g)^k}}^f\qquad\qquad n\geq 1 \end{align*}

Tenga en cuenta que en (5) y en las expresiones siguientes se utilizan las siguientes abreviaturas: \begin{align*} &f:= f(x), \qquad g := g(x), \qquad f_k := \frac{d^k}{dx^k}f(x), \qquad g_k :=\frac{d^k}{dx^k}g(x)\\ &d_k := \frac{d^k}{dx^k}\left(f(x)\ln(g(x)\right),\qquad\frac{d^j}{d(f)^j}:= \frac{d^j}{d(f(x))^j}\\ &(f)_k := f(x)\left(f(x)-1\right)\cdot\ldots\cdot\left(f(x)-k+1\right) \end{align*}

Utilizando la función generadora (1) observamos:

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}B_{n,k}^{f\cdot (\ln\circ g)}&=n!\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}[t^n]\left(\sum_{m\geq 1}d_m\frac{t^m}{m!}\right)^k\\ \\ \sum_{k=1}^{n}(\ln\circ g)^{k}B_{n,k}^f&=n!\sum_{k=1}^{n}(\ln\circ g)^{k}\frac{1}{k!}[t^n]\left(\sum_{m\geq 1}f_m\frac{t^m}{m!}\right)^k \\ \\ \sum_{k=1}^{n}\sum_{m=0}^{n-k}\sum_{j=0}^{m}\binom{m}{j}& \frac{(\ln\circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[(f)_k]B_{{n,m+k}_{(f\rightarrow g)^k}}^f\\ &=n!\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}\frac{1}{g^k}\sum_{m=0}^{n-k}\frac{1}{m!}\sum_{j=0}^m \binom{m}{j}\left(\ln\circ g\right)^{m-j}\frac{d^j}{d(f)^j}[(f)_k]\\ &\qquad\cdot[t^n]\left(\sum_{j\geq 1}f_{j}\frac{t^{j}}{j!}\right)\left(\sum_{j\geq 1}g_{j}\frac{t^{j}}{j!}\right) \end{align*}

Si juntamos todo, obtenemos la siguiente reformulación de la identidad:

\begin{align*} \sum_{k=1}^n&\frac{1}{k!}[t^n]\left(\sum_{m\geq 1}d_m\frac{t^m}{m!}\right)^k\\ &=\sum_{k=1}^{n}\left(\ln \circ g\right)^k\frac{1}{k!}[t^n]\left(\sum_{m\geq 1}f_m\frac{t^m}{m!}\right)^k\\ &\qquad+\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}\frac{1}{g^k}\sum_{m=0}^{n-k}\frac{1}{m!} \sum_{j=0}^m\binom{m}{j}\left(\ln \circ g\right)^{m-j}\frac{d^j}{d(f)^j}[(f)_k]\\ &\qquad\qquad\cdot[t^n]\left(\sum_{j\geq 1}f_{j}\frac{t^{j}}{j!}\right)\left(\sum_{j\geq 1}g_{j}\frac{t^{j}}{j!}\right) \end{align*}

Nota: Tal vez esta representación alternativa podría ayudar a mostrar la identidad de OPs.

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Verificación de la identidad para $n=2,3$

Para verificar la identidad de los pequeños $n$ necesitamos algunos polinomios $B_{n,k}$ en variables $f_j$ y $g_j$ ( $j$ -ésima derivada de $f$ y $j$ ). Lo hacemos aplicando la $\diamond$ operador a $a=(f_1,f_2,\ldots)$ y $b=(g_1,g_2,\ldots)$ .

\begin{array}{rlllll} a^{1\diamond}&=\left(f_1,\right.&f_2,&f_3,&f_4,&\left.\ldots\right)\\ b^{1\diamond}&=\left(g_1,\right.&g_2,&g_3,&g_4,&\left.\ldots\right)\\ \\ a^{2\diamond}&=\left(0,\right.&2f_1^2,&6f_1f_2,&8f_1f_3+6f_2^2,&\left.\ldots\right)\\ a^{1\diamond}\diamond b^{1\diamond}&=\left(0,\right.&2f_1g_1,&3f_1g_2+3f_2g_1,& 4f_1g_3+6f_2g_2+4f_3g_1,&\left.\ldots\right)\\ b^{2\diamond}&=\left(0,\right.&2g_1^2,&6g_1g_2,&8g_1g_3+6g_2^2,&\left.\ldots\right)\\ \\ a^{3\diamond}&=\left(0,\right.&0,&6f_1^3,&36f_1^2f_2,&\left.\ldots\right)\\ a^{2\diamond}\diamond b^{1\diamond}&=\left(0,\right.&0,&6f_1^2g_1,&12f_1^2g_2+24f_1f_2g_1,&\left.\ldots\right)\\ a^{1\diamond}\diamond b^{2\diamond}&=\left(0,\right.&0,&6f_1g_1^2,&24f_1g_1g_2+12f_2g_1^2,&\left.\ldots\right)\\ b^{3\diamond}&=\left(0,\right.&0,&6g_1^3,&36g_1^2g_2,&\left.\ldots\right)\\ \end{array}

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Caso $n=2$ :

Cada una de las tres sumas de la identidad se calcula por separado.

\begin{align*} \sum_{k=1}^{2}&B_{2,k}^{f\cdot(\ln \circ g)}\\ &=B_{2,1}^{f\cdot(\ln \circ g)}+B_{2,2}^{f\cdot(\ln \circ g)}\\ &=\frac{d^2}{{dx}^2}\left(f (\ln \circ g)\right)+\left(\frac{d}{dx}\left(f(\ln \circ g)\right)\right)^2\\ &=\left(f_2(\ln \circ g)+2f_1\frac{g_1}{g}+f\frac{g_2}{g}-f\frac{g_1^2}{g^2}\right)+\left(f_1(\ln \circ g)+f\frac{g_1}{g}\right)^2\\ &=\left(f_2(\ln \circ g)+2f_1\frac{g_1}{g}+f\frac{g_2}{g}-f\frac{g_1^2}{g^2}\right)+\left(f_1^2(\ln \circ g)^2+2ff_1(\ln \circ g)\frac{g_1}{g}+f^2\frac{g_1^2}{g^2}\right)\\ \\ \sum_{k=1}^{2}&(\ln \circ g)^kB_{2,k}^f\\ &=(\ln \circ g)B_{2,1}^f+(\ln \circ g)^2B_{2,2}^f\\ &=(\ln \circ g)f_2+(\ln \circ g)^2f_1^2\\ \\ \sum_{k=1}^{2}&\sum_{m=0}^{2-k}\sum_{j=0}^m\binom{m}{j} \frac{(\ln \circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[\left(f\right)_k]\frac{\left(a^{m_\diamond}\diamond b^{k_{\diamond}}\right)_2}{m!k!}\\ &=\sum_{k=1}^{2}\frac{1}{g^k}\sum_{m=0}^{2-k}\frac{\left(a^{m_\diamond}\diamond b^{k_{\diamond}}\right)_2}{m!k!} \sum_{j=0}^m\binom{m}{j}\frac{(\ln \circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[\left(f\right)_k]\\ &=\frac{1}{g}\sum_{m=0}^1\frac{\left(a^{m_\diamond}\diamond b^{1_{\diamond}}\right)_2}{m!1!} \sum_{j=0}^m\binom{m}{j}(\ln \circ g)^{m-j}\frac{d^j}{d(f)^j}(f)\\ &\qquad+\frac{1}{g^2}\sum_{m=0}^0\frac{\left(a^{m_\diamond}\diamond b^{2_{\diamond}}\right)_2}{m!2!} \sum_{j=0}^m\binom{m}{j}(\ln \circ g)^{m-j}\frac{d^j}{d(f)^j}\left(f(f-1)\right)\\ &=\frac{1}{g}\left[\frac{\left(b^{1_\diamond}\right)_2}{1!}\binom{0}{0}f+\frac{\left(a^{1_\diamond}\diamond b^{1_\diamond}\right)_2}{1!1!}\left(\binom{1}{0}(\ln \circ g)f+\binom{1}{1}\frac{d}{d(f)}f\right)\right]\\ &\qquad+\frac{1}{g^2}\left[\frac{\left(b^{2_\diamond}\right)_2}{2!}\binom{0}{0}f\left(f-1\right)\right]\\ &=\frac{1}{g}\left[g_2f+2f_1g_1\left((\ln \circ g) f+1\right)\right]+\frac{1}{g^2}\left[g_1^2f\left(f-1\right)\right] \end{align*}

La comparación de los resultados de estas sumas demuestra la validez del \begin{align*} \sum_{k=1}^{2}B_{2,k}^{f\cdot(\ln \circ g)}&=\sum_{k=1}^{2}(\ln \circ g)^kB_{2,k}^f\\ &\qquad+\sum_{k=1}^{2}\sum_{m=0}^{2-k}\sum_{j=0}^m\binom{m}{j} \frac{(\ln \circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[\left(f\right)_k]\frac{\left(a^{m_\diamond}\diamond b^{k_{\diamond}}\right)_2}{m!k!}\\ \end{align*}

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Caso $n=3$ :

Cada una de las tres sumas de la identidad se calcula por separado.

\begin{align*} \sum_{k=1}^{3}&B_{3,k}^{f\cdot(\ln \circ g)}\\ &=B_{3,1}^{f\cdot(\ln \circ g)}+B_{3,2}^{f\cdot(\ln \circ g)}+B_{3,3}^{f\cdot(\ln \circ g)}\\ &=\frac{d^3}{{dx}^3}\left(f(\ln \circ g)\right)+3\frac{d}{dx}\left(f(\ln \circ g)\right)\frac{d^2}{{dx}^2}\left(f(\ln \circ g)\right) +\left(\frac{d}{dx}(\ln \circ g)\right)^3\\ &=\left(f_3(\ln \circ g)+3f_2\frac{g_1}{g}+3f_1\frac{g_2}{g}-3f_1\frac{g_1^2}{g^2}+f\frac{g_3}{g} +2f\frac{g_1^3}{g^3}-3f\frac{g_1g_2}{g^2}\right)\\ &\qquad+3\left(f_1(\ln \circ g)+f\frac{g_1}{g}\right)\left(f_2(\ln \circ g)+2f_1\frac{g_1}{g}+f\frac{g_2}{g}-f\frac{g_1^2}{g^2}\right)\\ &\qquad+\left(f_1(\ln \circ g)+f\frac{g_1}{g}\right)^3\\ &=\left(f_3(\ln \circ g)+3f_2\frac{g_1}{g}+3f_1\frac{g_2}{g}-3f_1\frac{g_1^2}{g^2}+f\frac{g_3}{g} +2f\frac{g_1^3}{g^3}-3f\frac{g_1g_2}{g^2}\right)\\ &\qquad+\left(3f_1f_2(\ln \circ g)^2+3ff_2(\ln \circ g)\frac{g_1}{g}+6f_1^2(\ln \circ g)\frac{g_1}{g}+6ff_1\frac{g_1^2}{g^2}\right.\\ &\qquad\qquad\left.+3ff_1(\ln \circ g)\frac{g_2}{g}+3f^2\frac{g_1g_2}{g^2}-3ff_1(\ln \circ g)\frac{g_1^2}{g^2}-3f^2\frac{g_1^3}{g^3}\right)\\ &\qquad+\left(f_1^3(\ln \circ g)^3+3ff_1^2(\ln \circ g)^2\frac{g_1}{g}+3f^2f_1(\ln \circ g)\frac{g_1^2}{g^2}+f^3\frac{g_1^3}{g^3}\right) \\ \\ \sum_{k=1}^{3}&(\ln \circ g)^kB_{3,k}^f\\ &=(\ln \circ g)B_{3,1}^f+(\ln \circ g)^2B_{3,2}^f+(\ln \circ g)^3B_{3,3}^f\\ &=(\ln \circ g)f_3+3(\ln \circ g)^2f_1f_2+(\ln \circ g)^3f_1^3 \end{align*} \begin{align*} \sum_{k=1}^{3}&\sum_{m=0}^{3-k}\sum_{j=0}^m\binom{m}{j} \frac{(\ln \circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[\left(f\right)_k]\frac{\left(a^{m_\diamond}\diamond b^{k_{\diamond}}\right)_3}{m!k!}\\ &=\sum_{k=1}^{3}\frac{1}{g^k}\sum_{m=0}^{3-k}\frac{\left(a^{m_\diamond}\diamond b^{k_{\diamond}}\right)_3}{m!k!} \sum_{j=0}^m\binom{m}{j}\frac{(\ln \circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[\left(f\right)_k]\\ &=\frac{1}{g}\sum_{m=0}^2\frac{\left(a^{m_\diamond}\diamond b^{1_{\diamond}}\right)_3}{m!1!} \sum_{j=0}^m\binom{m}{j}(\ln \circ g)^{m-j}\frac{d^j}{d(f)^j}(f)\\ &\qquad+\frac{1}{g^2}\sum_{m=0}^1\frac{\left(a^{m_\diamond}\diamond b^{2_{\diamond}}\right)_3}{m!2!} \sum_{j=0}^m\binom{m}{j}(\ln \circ g)^{m-j}\frac{d^j}{d(f)^j}\left(f(f-1)\right)\\ &\qquad+\frac{1}{g^3}\sum_{m=0}^0\frac{\left(a^{m_\diamond}\diamond b^{3_{\diamond}}\right)_3}{m!3!} \sum_{j=0}^m\binom{m}{j}(\ln \circ g)^{m-j}\frac{d^j}{d(f)^j}\left(f(f-1)(f-2)\right)\\ &=\frac{1}{g}\left[\frac{\left(b^{1_\diamond}\right)_3}{1!}\binom{0}{0}f +\frac{\left(a^{1_\diamond}\diamond b^{1_\diamond}\right)_3}{1!1!}\left[\binom{1}{0}(\ln \circ g) f +\binom{1}{1}\frac{d}{d(f)}f\right]\right.\\ &\qquad\qquad+\left.\frac{\left(a^{2_\diamond}\diamond b^{1_\diamond}\right)_3}{2!1!} \left[\binom{2}{0}(\ln \circ g)^2f+\binom{2}{1}(\ln \circ g)\frac{d}{df}f +\binom{2}{2}\frac{d^2}{{df}^2}f\right]\right]\\ &\qquad+\frac{1}{g^2}\left[\frac{\left(b^{2_\diamond}\right)_3}{2!}\binom{0}{0}f\left(f-1\right)\right.\\ &\qquad\qquad+\left.\frac{\left(a^{1_\diamond}\diamond b^{2_\diamond}\right)_3}{1!2!}\left[\binom{1}{0}(\ln \circ g) f(f-1) +\binom{1}{1}\frac{d}{d(f)}f(f-1)\right]\right]\\ &\qquad+\frac{1}{g^3}\left[\frac{\left(b^{3_\diamond}\right)_3}{3!}\binom{0}{0}f\left(f-1\right)(f-2)\right]\\ &=\frac{1}{g}\left[g_3f+\left(3f_1g_2+3f_2g_1\right)\left[(\ln \circ g)f+1\right] +\left(3f_1^2g_1\right)\left[(\ln \circ g)^2f+2(\ln \circ g)\right]\right]\\ &\qquad+\frac{1}{g^2}\left[3g_1g_2f\left(f-1\right) +3f_1g_1^2\left[(\ln \circ g) f(f-1)+2f-1\right]\right]\\ &\qquad+\frac{1}{g^3}\left[g_1^3f(f-1)(f-2)\right]\\ \end{align*}

La comparación de los resultados de estas sumas demuestra la validit \begin{align*} \sum_{k=1}^{3}B_{3,k}^{f\cdot(\ln \circ g)}&=\sum_{k=1}^{3}(\ln \circ g)^kB_{3,k}^f\\ &\qquad+\sum_{k=1}^{3}\sum_{m=0}^{3-k}\sum_{j=0}^m\binom{m}{j} \frac{(\ln \circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[\left(f\right)_k]\frac{\left(a^{m_\diamond}\diamond b^{k_{\diamond}}\right)_3}{m!k!} \end{align*}

Answer 2

Nota: Esta respuesta tiene por objeto proporcionar una solución completa a este difícil problema. Se basa en una serie de trabajos sobre compuestos de funciones de Vladimir Kruchinin y un artículo sobre Polinomios de Bell por Warren P. Johnsen (véanse las referencias al final).

Si esta elaboración algo extensa le resulta demasiado engorrosa para una lectura detallada, le sugiero que lea el resumen y eche en su lugar un vistazo a Manipulación de polinomios de Bell . Este fue mi arranque en la aplicación de las técnicas aquí utilizadas. Otra forma de repasar esta respuesta es centrarse en regiones destacadas y omitir así detalles menos importantes.

Nota: [2015-03-08]

Es un gran placer proporcionar ahora un respuesta completa a la desafiante pregunta de la OP. Podría cerrar la brecha añadiendo Paso 2 y Paso 3 de Parte 3 de mi respuesta. Fue una realmente duro para realizar todos los cálculos (y muchos más pasos de verificación entre bastidores). Así que, si el lector interesado está dispuesto a revisar partes de esta respuesta, se agradecerá cualquier sugerencia fructífera para reducir el tamaño de esta prueba.

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Visión general:

La respuesta se divide en tres partes.

Primera parte: Cómoda representación de la fórmula OPs

Transformamos convenientemente la expresión OPs y sustituimos el producto de convolución $a\diamond b$ con su correspondiente polinomios parciales de Bell para facilitar los cálculos posteriores. Mostramos

La fórmula OPs es equivalente a (argumento $x$ omitido):

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}&B_{n,k}^{f\cdot (\ln\circ g)}= \sum_{k=1}^{n}\left((\ln\circ g)^{k}B_{n,k}^f+\frac{(f)_k}{g^k}B_{n,k}^g\right)\tag{1}\\ &+\sum_{l=1}^{n-1}\sum_{m=1}^{l}\sum_{k=1}^{n-l}\sum_{j=0}^{m}\binom{n}{l}\binom{m}{j} \frac{(\ln\circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[(f)_k]B_{l,m}^{f}B_{n-l,k}^{g}\qquad\qquad n\geq 1 \end{align*}

Segunda parte: Derivación de $B_{n,k}^{f\cdot (\ln\circ g)}$

La estrategia para probar la fórmula OPs (1) es derivar los polinomios parciales de Bell para $B_{n,k}^{f\cdot (\ln\circ g)}$ desde cero y demostrar que la fórmula así resultante es la misma que (1). Para ello partimos de los polinomios parciales de Bell de $f$ y $g$ y la construcción paso a paso polinomios parciales de Bell más complejos.

2.1 Preliminares:

Reconoceremos que derivar polinomios de Bell está estrechamente relacionado con compuestos de funciones generadoras y sus Serie de expansión de Taylor . Introducimos los conceptos y la notación necesarios.

2.2 A partir de $B_{n,k}^{\ln}$ y $B_{n,k}^g$ a $B_{n,k}^{\ln \circ g}$

Creamos los polinomios parciales de Bell $B_{n,k}^{\ln \circ g}$ de $B_{n,k}^{\ln}$ y $B_{n,k}^g$ y mostrar

T \begin{align*} B^{\ln\circ g}_{n,k}&=\sum_{j=k}^{n}\frac{(-1)^{j-k}}{g^j}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}B^{g}_{n,j} \ 1 2 3 4 5 6 \fin{align*}

con $\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}$ el _números Stirling de primer orden sin signo_ .

2.3 A partir de $B_{n,k}^{f}$ y $B_{n,k}^h$ a $B_{n,k}^{f\cdot h}$

Creamos los polinomios parciales de Bell $B_{n,k}^{f \cdot h}$ de $B_{n,k}^{f}$ y $B_{n,k}^h$ y mostrar

Es válido lo siguiente

\begin{align*} B_{n,k}^{f\cdot h}&=h^k B_{n,k}^{f} + f^k B_{n,k}^{h}\\ &\qquad+\frac{1}{k!}\sum_{m_1=1}^k\sum_{m_2=1}^{k}\binom{k}{m_1}\binom{m_1}{k-m_2}m_{1}! m_{2}!f^{k-m_1}h^{k-m_2}\tag{3}\\ &\qquad\qquad\cdot \sum_{l=1}^{n-1}\binom{n}{l}B_{l,m_1}^fB_{n-l,m_2}^{h}\qquad\qquad 1\leq k \leq n\\ \end{align*}

Así, encontramos algunas identidades combinatorias interesantes y utilizamos técnicas interesantes (de Egorychev) para demostrarlas.

2.4 A partir de $B_{n,k}^{f \cdot h}$ y $B_{n,k}^{\ln \circ g}$ a $B_{n,k}^{f\cdot (\ln \circ g)}$

Combinamos los polinomios parciales de Bell $B_{n,k}^{f \cdot h}$ y $B_{n,k}^{\ln \circ g}$ y sumando a partir de $1 \leq k \leq n$ resulta en

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}B_{n,k}^{f\cdot (\ln \circ g)} &=\sum_{k=1}^{n}\left((\ln \circ g)^k B_{n,k}^{f} + f^k \sum_{j=k}^{n}\frac{(-1)^{j-k}}{g^j}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}B^{g}_{n,j} \derecha) &\qquad+\sum_{k=1}^{n}\sum_{m_1=1}^k\sum_{m_2=1}^{k}\frac{m_2!}{(k-m_1)!}\binom{m_1}{k-m_2}f^{k-m_1} (\ln \circ g)^{k-m_2}\\ &\qquad\qquad\cdot\sum_{l=1}^{n-1}\sum_{j=m_2}^{n-l}\frac{(-1)^{j-m_2}}{g^j} \begin{bmatrix}j\\m_2\end{bmatrix}\binom{n}{l}B_{l,m_1}^fB^{g}_{n-l,j}\tag{4} \end{align*}

Parte 3:

Ahora hemos obtenido una identidad para $\sum_{k=1}^{n}B_{n,k}^{f\cdot (\ln \circ g)}$ . Finalmente mostramos que esta identidad (4) es equivalente a la fórmula OPs (1) y la demostración se completa.

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Solución:

Primera parte:

En primer lugar, examinamos la estructura de la expresión de las OP. Para ello introduciremos la abreviatura:

$$B_{n,k}^{f}(x) := B_{n,k}(f^\prime(x),f^{\prime\prime}(x),\ldots,f^{(n-k+1)})$$

Por lo tanto, la expresión OPs puede escribirse como

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}&\ln^{k}(g(x))B_{n,k}^f(x)=\sum_{k=1}^{n}B_{n,k}^{f\cdot (\ln\circ g)}(x)\\ &-\sum_{k=1}^{n}\sum_{m=0}^{n-k}\sum_{j=0}^{m}\binom{m}{j} \frac{\ln^{m-j}(g(x))}{g(x)^k}\frac{d^j}{d(f(x))^j}[(f(x))_k]B_{{n,m+k}_{(f\rightarrow g)^k}}^f(x) \end{align*}

Vemos polinomios parciales de Bell con diferente complejidad. El más complejo es $B_{n,k}^{f\cdot (\ln \circ g)}$ que se basa en una composición de $\ln$ con una función $g$ y una multiplicación con una función $f$ . A continuación tenemos $B_{{n,m+k}_{(f\rightarrow g)^k}}^f$ que es una expresión que contiene los polinomios de Bell $B_{n,k}^f$ y $B_{n,k}^g$ y, por tanto, se basa en $f$ y $g$ . La más sencilla es $B_{n,k}^{f}$ basado en $f$ únicamente. Ahora reorganizamos la expresión y ponemos así $B_{n,k}^{f\cdot (\ln \circ g)}$ en el LHS.

Para que las expresiones complicadas sean más manejables, a veces también omitir la variable $x$ . La expresión OPs se puede escribir ahora como:

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}B_{n,k}^{f\cdot (\ln\circ g)}=\sum_{k=1}^{n}&(\ln\circ g)^{k}B_{n,k}^f\tag{5}\\ &+\sum_{k=1}^{n}\sum_{m=0}^{n-k}\sum_{j=0}^{m}\binom{m}{j} \frac{(\ln\circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[(f)_k]B_{{n,m+k}_{(f\rightarrow g)^k}}^f\qquad\qquad n\geq 1 \end{align*}

El siguiente paso es examinar más de cerca la _producto de convolución \begin{align*} B_{{n,k}\{(f\rightarrow g)^c}}^f:= \frac{(a^{(k-c)\diamond} \diamond b^{c\diamond})_n}{(k-c)!c!}\qquad 1\leq k\leq n, 0\leq c\leq k \end{align*} con $a=(f^{\prime},f^{\prime\prime},\ldots)$ y $b=(g^{\prime},g^{\prime\prime},\ldots)$

Nota: Puede echar un vistazo a mi primera respuesta a esta pregunta. Véase la sección: El producto de convolución $x \diamond y$ desmitificado que proporciona información al respecto.

Observamos que el polinomio parcial de Bell $B_{n,k}^f$ se define como:

\begin{align*} \frac{1}{n!}B_{n,k}^f=[t^n]\frac{1}{k!}\left(\sum_{m\geq 1}f^{(m)}\frac{t^m}{m!}\right)^k\qquad 1 \leq k \leq n \end{align*}

También puede echar un vistazo a la sección: Definición de polinomios parciales de Bell $B_{n,k}$ de mi primera respuesta para más información.

Con esta información podemos demostrar que

lo siguiente es válido para $1\leq k \leq n$ :

\begin{equation*} B_{{n,k}_{(f\rightarrow g)^c}}^f= \begin{cases} B_{n,k}^f\qquad& c=0\\ \sum_{l=1}^{n-1}\binom{n}{l}B_{l,k-c}^fB_{n-l,c}^g\qquad& n>1, 0 < c < k\tag{6}\\ B_{n,k}^g\qquad& c=k\\ \end{cases} \end{equation*}

Observamos para $n>1,0<c<k$

\begin{align*} \frac{1}{n!}B_{{n,k}_{(f\rightarrow g)^c}}^f&=[t^n]\frac{1}{(k-c)!}\left(\sum_{m\geq 1}f^{(m)}\frac{t^m}{m!}\right)^{k-c} \frac{1}{c!}\left(\sum_{m\geq 1}g^{(m)}\frac{t^m}{m!}\right)^{c}\\ &=\sum_{l=1}^{n-1}[t^l]\frac{1}{(k-c)!}\left(\sum_{m\geq 1}f^{(m)}\frac{t^m}{m!}\right)^{k-c} [t^{n-l}]\frac{1}{c!}\left(\sum_{m\geq 1}g^{(m)}\frac{t^m}{m!}\right)^{c}\\ &=\sum_{l=1}^{n-1}\frac{1}{l!}B_{l,k-c}^{f}\frac{1}{(n-l)!}B_{n-l,c}^{g}\\ &=\frac{1}{n!}\sum_{l=1}^{n-1}\binom{n}{l}B_{l,k-c}^{f}B_{n-l,c}^{g}\\ \end{align*}

Los casos $n=1$ y $c\in \{0,k\}$ puede verificarse fácilmente y (6) se deduce.

Con la ayuda de (6) ahora podemos escribir la expresión OPs (5) como:

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}&B_{n,k}^{f\cdot (\ln\circ g)}= \sum_{k=1}^{n}\left((\ln\circ g)^{k}B_{n,k}^f+\frac{(f)_k}{g^k}B_{n,k}^g\right)\tag{7}\\ &+\sum_{k=1}^{n}\sum_{m=1}^{n-k}\sum_{j=0}^{m}\binom{m}{j} \frac{(\ln\circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[(f)_k]\sum_{l=1}^{n-1}\binom{n}{l}B_{l,m}^{f}B_{n-l,k}^{g}\qquad\qquad n\geq 1 \end{align*}

Obsérvese que en (7) el rango de índices de $m$ comienza con $1$ en lugar de $0$ . El caso $m=0$ se trata ahora como $\sum_{k=1}^{n}\frac{(f)_k}{g^k}B_{n,k}^g$ correspondiente al caso $c=k$ en (6) mientras que el otro sumando $\sum_{k=1}^{n}(\ln\circ g)^{k}B_{n,k}^f$ corresponde al caso $c=0$ .

Observamos que $B_{l,m}^{f}=0$ para $m>l$ y $B_{n-l,k}^{g}=0$ para $k>n-l$ . Para analizar la suma en (7) convenientemente ahora restringimos el rango del índice precisamente a aquellos valores, que dan una contribución a la suma.

La expresión

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n-1}&\sum_{l=1}^{n-1}\sum_{m=1}^{n-k}B_{l,m}^fB_{n-l,k}^g\tag{8}\\ &=\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{l=1}^{n-k}\sum_{m=1}^{n-k}B_{l,m}^fB_{n-l,k}^g\tag{9}\\ &=\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{l=1}^{n-k}\sum_{m=1}^{l}B_{l,m}^fB_{n-l,k}^g\tag{10}\\ &=\sum_{l=1}^{n-1}\sum_{k=1}^{n-l}\sum_{m=1}^{l}B_{l,m}^fB_{n-l,k}^g\tag{11}\\ \end{align*}

Comentario:

• (8) Índice $k\leq n-1$ desde $(l\geq 1$ y $k=n)\Rightarrow (B_{n-l,k}^g=0)$

• (9) Índice $l\leq n-k$ ya que de lo contrario $B_{n-l,k}^g=0$ .

• (10) Índice $m\leq l$ ya que de lo contrario $B_{l,m}^g=0$ .

• (11) Sumas de cambio con índice $l$ y $k$

Por lo tanto, la expresión OPs puede escribirse como:

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}&B_{n,k}^{f\cdot (\ln\circ g)}= \sum_{k=1}^{n}\left((\ln\circ g)^{k}B_{n,k}^f+\frac{(f)_k}{g^k}B_{n,k}^g\right)\tag{12}\\ &+\sum_{l=1}^{n-1}\sum_{m=1}^{l}\sum_{k=1}^{n-l}\sum_{j=0}^{m}\binom{n}{l}\binom{m}{j} \frac{(\ln\circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[(f)_k]B_{l,m}^{f}B_{n-l,k}^{g}\qquad\qquad n\geq 1 \end{align*}

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Resumen de la primera parte: Ya hemos finalizado esta parte. La expresión OPs en la forma (12) es una representación conveniente para el análisis posterior.

Y ahora algo completamente diferente: En la siguiente parte 2 desarrollamos una fórmula f $$\sum_{k=1}^{n}B_{n,k}^{f\cdot (\ln\circ g)}$$ desde cero. En la última parte 3 demostraremos que ambas fórmulas son iguales y que el trabajo está hecho.

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Segunda parte:

El desarrollo de una fórmula para $\sum_{k=1}^{n}B_{n,k}^{f\cdot (\ln\circ g)}$ desde cero se realiza en varios pasos. Comenzamos con algunos

Parte 2.1: Preliminares

Consideremos una función $f=f(z)$ y su expansión en serie de Taylor en un punto $x$ \begin{align*} f(z+x)=\sum_{n\geq 0}\frac{f^{(n)}(x)}{n!}z^n \end{align*} Echaremos un vistazo a la $k$ -enésima potencia de la diferencia $f(x+z)-f(x)$ ya que existe una fuerte relación _Polinomios parciales de Bell $B_{n,k}\ \ (1\leq k\leq n)$ : \begin{align*} B_{n,k}(f^{\prime},f^{\prime\prime},\ldots,f^{(n-k+1)}) &=\frac{1}{k!}\sum_{\pi_k \in C_n}\binom{n}{\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_k}f^{(\lambda_1)}f^{(\lambda_2)}\cdot\ldots\cdot f^{(\lambda_n)}\qquad\\ &=\frac{n!}{k!}\sum_{\pi_k \in C_n}\frac{f^{(\lambda_1)}(x)}{\lambda_1!}\frac{f^{(\lambda_2)}(x)}{\lambda_2!}\cdot\ldots\cdot\frac{f^{(\lambda_n)}(x)}{\lambda_n!} \end{align*} Aquí $f^{(n)}$ es el $n$ -ésima derivada de $f=f(x)$ , $C_n$ es el conjunto de [composiciones](http://en.wikipedia.org/wiki/Composition%28combinatorics%29) de $n$ y $\pi_k$ es la composición de $n$ con $k$ piezas exactamente $\lambda_1+\lambda_2+\ldots+\lambda_k=n$ .

Para ello es conveniente \begin{align*} Y_f(x,z) := f(x+z)-f(x) =\sum_{n> 0}\frac{f^{(n)}(x)}{n!}z^n \end{align*} y considerar la $k$ -ésima potencia de $Y_f(x,z)$ . W \begin{align*} \left(Y_f(x,z)\right)^k=\left(f(x+z)-f(x)\right)^k=\sum_{n\geq k}Y_f^{\triangle}(n,k,x)z^n \end{align*} $Y_f^{\triangle}(n,k,x)$ para denotar el coeficiente de $z^n$ de $\left(Y_f(x,z)\right)^k$ . A continuación utilizamos el coeficiente de operador $[z^n]$ para denotar el coeficiente de $z^n$ de una serie de potencias. Observamos

\begin{align*} Y_f^\triangle(n,k,x)&=[z^n]\left(f(x+z)-f(x)\right)^k\\ &=\sum_{\pi_{k}\in C_n}\frac{f^{(\lambda_1)}(x)}{\lambda_1!}\frac{f^{(\lambda_2)}(x)}{\lambda_2!}\cdot\ldots\cdot\frac{f^{(\lambda_n)}(x)}{\lambda_n!}\\ &=\frac{k!}{n!}B_{n,k}(f^{\prime},f^{\prime\prime},\ldots,f^{(n-k+1)})\qquad\qquad 1\leq k \leq n \end{align*} I \begin{align*} B_{n,k}(f^{\prime},f^{\prime\prime},\ldots,f^{(n-k+1)})=\frac{n!}{k!}Y_f^\triangle(n,k,x) \end{align*}

Volvemos a utilizar la siguiente abreviatura para el $B_{n,k}$ : \begin{align*} B^{f}_{n,k}(x):=B_{n,k}(f^{\prime},f^{\prime\prime},\ldots,f^{(n-k+1)}) \end{align*}

Parte 2.2: Cálculo de $B^{\ln \circ g}_{n,k}$

Utilizando la notación introducida en la parte 2.1 consideramos la diferencia de la composita de $(\ln \circ g)$ : $$Y_{\ln \circ g}(x,z)=\ln(g(x+z))-\ln(g(x))=\sum_{n>0}\frac{(\ln \circ g)^{(n)}(x)}{n!}z^n$$ y calcular el coeficiente $Y^\triangle_{\ln \circ g}(n,k,x)$ de $z^n$ de la $k$ - de la composita $Y^{\ln \circ g}(x,z), k\geq 1$ .

Lo hacemos en tres pasos. Primero calculamos $B^{g}_{n,k}$ entonces $B^{\ln}_{n,k}$ y finalmente obtenemos $B^{\ln \circ g}_{n,k}$ .

Etapa 2.2.1: Cálculo de $B^{g}_{n,k}$

\begin{align*} Y_g(x,z)&=g(x+z)-g(x)=\sum_{n>0}\frac{g^{(n)}(x)}{n!}z^n\\ \left(Y_g(x,z)\right)^k&=\left(g(x+z)-g(x)\right)^k=\sum_{n\geq k}Y_g^{\triangle}(n,k,x)z^n\\ \\ Y_g^{\triangle}(n,k,x)&=[z^n]\left(g(x+z)-g(x)\right)^k\\ &=\frac{k!}{n!}B^g_{n,k}(x) \end{align*}

I \begin{align*} B^g_{n,k}(x)=\frac{n!}{k!}Y_g^{\triangle}(n,k,x) \end{align*}

Etapa 2.2.2: Cálculo de $B^{\ln}_{n,k}$

\begin{align*} Y_{\ln}&=\ln(x+z)-\ln(x)=\sum_{n>0}\frac{\ln^{(n)}(x)}{n!}z^n\\ \left(Y_{\ln}\right)^k&=\left(\ln(x+z)-\ln(x)\right)^k=\sum_{n\geq k}Y_{\ln}^{\triangle}(n,k,x)z^n\\ \\ Y_{\ln}^{\triangle}(n,k,x)&=[z^n]\left(\ln(x+z)-\ln(x)\right)^k\\ &=[z^n]\left(\ln\left(1+\frac{z}{x}\right)\right)^k\\ &=[z^n]\sum_{n\geq k}k!(-1)^{n-k} \begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix} x^{-n}\frac{z^n}{n!}\tag{13}\\ &=\frac{k!}{n!}(-1)^{n-k} \begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}x^{-n}\\ &=\frac{k!}{n!}B^{\ln}_{n,k}(x) \end{align*}

I \begin{align*} B^{\ln}_{n,k}(x)= (-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix} x^{-n} \end{align*} En (13) utilizamos la números Stirling de primer orden sin signo $\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}$ que se definen como coeficientes en el serie de potencias exponenciales para la $k$ -ésima potencia del logaritmo $\ln(1+z)$ : $$\sum_{n\geq k}(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}\frac{z^n}{n!}=\frac{1}{k!}\left(\ln (1+z)\right)^k$$

Etapa 2.2.3: Cálculo de $B^{\ln\circ g}_{n,k}$ \begin{align*} Y_{\ln\circ g}(x,z)&=\ln\left(g(x+z)\right)-\ln\left(g(x)\right)=\sum_{n>0}\frac{(\ln\circ g)^{(n)}(x)}{n!}z^n\\ \left(Y_{\ln\circ g}(x,z)\right)^k&=\left(\ln\left(g(x+z)\right)-\ln\left(g(x)\right)\right)^k=\sum_{n\geq k}Y_{\ln\circ g}^{\triangle}(n,k,x)z^n\\ \end{align*}

Según Teorema 6 en Kruch_3 la composita de $(\ln \circ g)$ a \begin{align*} Y_{\ln\circ g}^{\triangle}(n,k,x)=\sum_{j=k}^{n}Y_{g}^{\triangle}(n,j,x)\cdot Y_{\ln}^{\triangle}(j,k,g(x)) \end{align*} I \begin{align*} \frac{k!}{n!}B^{\ln\circ g}_{n,k}(x)&=\sum_{j=k}^{n}\frac{j!}{n!}B^{g}_{n,j}(x) \cdot\frac{k!}{j!}B^{\ln}_{j,k}(g(x))\\ &=\sum_{j=k}^{n}\frac{k!}{n!}B^{g}_{n,j}(x)(-1)^{j-k}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}\left(g(x)\right)^{-j} \end{align*} W \begin{align*} B^{\ln\circ g}_{n,k}(x)&=\sum_{j=k}^{n}B^{g}_{n,j}(x)(-1)^{j-k}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}\left(g(x)\right)^{-j}\tag{14} \end{align*}

El siguiente paso es calcular $B_{n,k}$ para la multiplicación de $f\cdot h$ de dos funciones $f$ y $h$ .

Parte 2.3: Cálculo de $B^{f\cdot h}_{n,k}$

Comenzamos de forma similar a la parte 2.2:

Etapa 2.3.1: Derivación de $B^{f\cdot h}_{n,k}$

\begin{align*} Y_{f\cdot h}(x,z)&=f(x+z)h(x+z)-f(x)h(x)=\sum_{n>0}\frac{(f\cdot h)^{(n)}(x)}{n!}z^n\\ \left(Y_{f\cdot h}(x,z)\right)^k&=\left(f(x+z)h(x+z)-f(x)h(x)\right)^k=\sum_{n\geq k}Y_{f\cdot h}^{\triangle}(n,k,x)z^n\\ \end{align*}

\begin{align*} Y_{f\cdot h}^{\triangle}(n,k,x)&=[z^n]\left(f(x+z)h(x+z)-f(x)h(x)\right)^k\\ &=[z^n]\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}\left(f(x+z)h(x+z)\right)^j\left(-f(x)h(x)\right)^{k-j}\\ &=\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}\left(-f(x)h(x)\right)^{k-j}[z^n]\left(f(x+z)h(x+z)\right)^j\\ &=\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}\left(-f(x)h(x)\right)^{k-j}\\ &\qquad\cdot\sum_{i=0}^{n}\left([z^i]\left(f(x+z)\right)^j\right)\left([z^{n-i}]\left(h(x+z)\right)^j\right)\tag{15} \end{align*} Queremos sustituir las expresiones $[z^n]\left(f(x+z)\right)^j$ en (15) con una expresión que contenga $Y_{f}(x,z)$ en su lugar. Entonces podemos sustituir de nuevo $Y_f(x,z)$ con el correspondiente $B_{n,k}^f$ . W \begin{align*} [z^n]f(x+z)^k&=[z^n]\left(f(x+z)-f(x)+f(x)\right)^k\\ &=[z^n]\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}\left(f(x+z)-f(x)\right)^j\left(f(x)\right)^{k-j}\\ &=\left(f(x)\right)^k\delta_{n,0}+\sum_{j=1}^{k}\binom{k}{j}\left(f(x)\right)^{k-j}[z^n]\left(f(x+z)-f(x)\right)^j\\ &=\left(f(x)\right)^k\delta_{n,0}+\sum_{j=1}^{k}\binom{k}{j}\left(f(x)\right)^{k-j}Y_f^\triangle(n,j,x)\tag{16} \end{align*} Desde $Y_f^\triangle(n,j,x)$ se define para $n\geq 1$ sólo tenemos que considerar el caso $j=0$ por separado. Para ello utilizamos el _Kronecker $\delta$ -símbolo_ . Sustituyendo ahora (16) en (15) se obtiene:

\begin{align*} Y_{f\cdot h}^{\triangle}(n,k,x)&=\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}\left(-f(x)h(x)\right)^{k-j}\sum_{l=0}^{n}\\ &\qquad\left(\left(f(x)\right)^j\delta_{l,0}+\sum_{m_1=0}^{j}\binom{j}{m_1}\left(f(x)\right)^{j-m_1}Y_f^\triangle(l,m_1,x)\right)\\ &\qquad\cdot\left(\left(h(x)\right)^j\delta_{n-l,0}+\sum_{m_2=0}^{j}\binom{j}{m_2}\left(h(x)\right)^{j-m_2}Y_h^\triangle(n-l,m_2,x)\right)\\ &=\left(f(x)\right)^k\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}\left(-1\right)^{k-j}\sum_{m_2=1}^{j}\binom{j}{m_2}\left(h(x)\right)^{k-m_2}Y_h^\triangle(n,m_2,x)\\ &\qquad+\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}(-1)^{k-j}\sum_{l=1}^{n-1} \left(\sum_{m_1=0}^{j}\binom{j}{m_1}\left(f(x)\right)^{k-m_1}Y_f^\triangle(l,m_1,x)\right)\\ &\qquad\qquad\cdot\left(\sum_{m_2=0}^{j}\binom{j}{m_2}\left(h(x)\right)^{k-m_2}Y_h^\triangle(n-l,m_2,x)\right)\\ &\qquad+\left(h(x)\right)^k\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}\left(-1\right)^{k-j}\sum_{m_1=1}^{j}\binom{j}{m_1}\left(f(x)\right)^{k-m_1}Y_f^\triangle(n,m_1,x)\\ \end{align*}

Sustituyendo $B_{n,k}^{f\cdot h}(x)$ para $Y_{f\cdot h}^{\triangle}(n,k,x)$ (y omitiendo el argumento $x$ ) da:

\begin{align*} k!\frac{B_{n,k}^{f\cdot h}}{(fh)^{k}}&=\sum_{j=1}^{k}\binom{k}{j}(-1)^{k-j} \left(\sum_{m=1}^j\binom{j}{m}m!\left(\frac{B_{n,m}^{h}}{h^{m}} + \frac{B_{n,m}^{f}}{f^{m}}\right)\right.\\ &\qquad+\sum_{l=1}^{n-1}\binom{n}{l}\left(\sum_{m_1=1}^j\binom{j}{m_1}m_{1}!\frac{B_{l,m_1}^f}{f^{m_1}}\right) \left.\left(\sum_{m_2=1}^j\binom{j}{m_2}m_{2}!\frac{B_{n-l,m_2}^h}{h^{m_2}}\right)\right)\tag{17}\\ \end{align*} con el factor $\frac{k!}{(fh)^k}$ en el lado izquierdo para mostrar mejor la bonita simetría.

Etapa 2.3.2: Simplificación de $B^{f\cdot h}_{n,k}$

Podemos simplificar (17) considerablemente . Obsérvese que el lado derecho consta de dos partes, la primera es una suma doble con estructura

\begin{align*} \sum_{j=1}^{k}\binom{k}{j}(-1)^{k-j}\sum_{m=1}^j\binom{j}{m}\varphi_m \qquad\qquad k\geq 1 \end{align*} y $\varphi_m$ e \begin{align*} \varphi_m=m!\left(\frac{B_{n,m}^{f}}{f^{m}} + \frac{B_{n,m}^{h}}{h^{m}}\right)\tag{18} \end{align*} Demostramos que

\begin{align*} \sum_{j=1}^{k}\binom{k}{j}(-1)^{k-j}\sum_{m=1}^j\binom{j}{m}\varphi_m=\varphi_k \qquad\qquad k\geq 1\tag{19} \end{align*}

Observamos \begin{align*} \sum_{j=1}^{k}&\binom{k}{j}(-1)^{k-j}\sum_{m=1}^j\binom{j}{m}\varphi_m\\ &=\sum_{m=1}^k\varphi_m\sum_{j=m}^{k}\binom{k}{j}\binom{j}{m}(-1)^{k-j}\\ &=\sum_{m=1}^k\varphi_m\sum_{j=m}^{k}\binom{k}{m}\binom{k-m}{j-m}(-1)^{k-j}\\ &=\sum_{m=1}^k\binom{k}{m}\varphi_m\sum_{j=0}^{k-m}\binom{k-m}{j}(-1)^{(k-m)-j}\\ &=\sum_{m=1}^k\binom{k}{m}\varphi_m\delta_{{k-m},0}\\ &=\varphi_k \end{align*} y se deduce (19).

Veamos ahora la segunda parte del lado derecho de (17). Identificamos foll \begin{align*} \sum_{j=1}^{k}\binom{k}{j}(-1)^{k-j}\sum_{m_1=1}^j\binom{j}{m_1}\psi_{m_1}\sum_{m_2=1}^j\binom{j}{m_2}\psi_{m_2} \qquad\qquad k\geq 1 \end{align*}

con $\psi_{m_1},\psi_{m_2}$ e \begin{align*} \psi_{m_1}=m_{1}!\frac{B_{i,m_1}^f}{f^{m_1}}\qquad\qquad\psi_{m_2}=m_{2}!\frac{B_{n-i,m_2}^{h}}{h^{m_2}}\tag{20} \end{align*} La suma $\sum_{i=1}^{n-1}\binom{n}{i}$ no forma parte de nuestra consideración. No depende ni de $\psi_{m_1}$ ni el $\psi_{m_2}$ y pensamos que está en la parte delantera de la RHS (fuera de $\sum_{j=1}^{k}$ ).

Demostramos que lo siguiente es válido

\begin{align*} \sum_{j=1}^{k}&\binom{k}{j}(-1)^{k-j}\sum_{m_1=1}^j\binom{j}{m_1}\psi_{m_1}\sum_{m_2=1}^j\binom{j}{m_2}\psi_{m_2}\\ &\quad=\sum_{m_1=1}^k\sum_{m_2=1}^{k}\binom{k}{m_1}\binom{m_1}{k-m_2}\psi_{m_1}\psi_{m_2}\qquad\qquad k\geq 1\tag{21} \end{align*} Esta identidad es menos simple que la identidad (19) anterior pero con la herramienta adecuada a mano podemos demostrar esta identidad de paso . Utilizaremos Cálculo residual de Egorychevs de series de potencias formales.

Nota: Esta poderosa técnica se basa en Teorema del residuo de Cauchys y fue presentado por G.P. Egorychev ( Representación integral y cálculo de sumas combinatorias ) para calcular identidades binomiales.

Sólo utilizamos dos aspectos de esta teoría:

Sea $A(z)=\sum_{j=0}^{\infty}a_jz^j$ ser un serie formal de potencias entonces

• Escribe los coeficientes binomiales como residuos de la correspondiente serie formal de potencias

\begin{align*} \mathop{res}_{z}\frac{A(z)}{z^{j+1}}=a_j\tag{22} \end{align*}

• Aplique el regla de sustitución para series de potencias formales:

\begin{align*} A(z)=\sum_{j=0}^{\infty}a_jz^{j}=\sum_{j=0}^{\infty}z^j\mathop{res}_{w}\frac{A(w)}{w^{j+1}}\tag{23} \end{align*}

Comenzamos la demostración con transformaciones elementales:

\begin{align*} \sum_{j=1}^{k}&\binom{k}{j}(-1)^{k-j}\sum_{m_1=1}^j\binom{j}{m_1}\psi_{m_1}\sum_{m_2=1}^j\binom{j}{m_2}\psi_{m_2}\\ &=\sum_{m_1=1}^{k}\psi_{m_1}\sum_{j=m_1}^k\binom{k}{j}\binom{j}{m_1}(-1)^{k-j}\sum_{m_2=1}^j\binom{j}{m_2}\psi_{m_2}\tag{24}\\ &=\sum_{m_1=1}^{k}\psi_{m_1}\left(\sum_{m_2=1}^{m_1}\psi_{m_2}\sum_{j=m_1}^k\binom{k}{j}\binom{j}{m_1}\binom{j}{m_2}(-1)^{k-j}\right.\\ &\qquad\qquad\left.+\sum_{m_2=m_1+1}^{k}\psi_{m_2}\sum_{j=m_2}^k\binom{k}{j}\binom{j}{m_1}\binom{j}{m_2}(-1)^{k-j}\right)\tag{25}\\ &=\sum_{m_1=1}^{k}\psi_{m_1}\left(\sum_{m_2=1}^{m_1}\psi_{m_2}\sum_{j=m_1}^k\binom{k}{m_1}\binom{k-m_1}{j-m_1}\binom{j}{m_2}(-1)^{k-j}\right.\\ &\qquad\qquad\left.+\sum_{m_2=m_1+1}^{k}\psi_{m_2}\sum_{j=m_2}^k\binom{k}{m_2}\binom{k-m_2}{j-m_2}\binom{j}{m_1}(-1)^{k-j}\right)\tag{26}\\ &=\sum_{m_1=1}^{k}\psi_{m_1}\left(\binom{k}{m_1}\sum_{m_2=1}^{m_1}\psi_{m_2}\sum_{j=0}^{k-m_1}\binom{k-m_1}{j}\binom{j+m_1}{m_2}(-1)^{(k-m_1)-j}\right.\\ &\qquad\qquad\left.+\sum_{m_2=m_1+1}^{k}\binom{k}{m_2}\psi_{m_2}\sum_{j=0}^{k-m_2}\binom{k-m_2}{j}\binom{j+m_2}{m_1}(-1)^{(k-m_2)-j}\right)\tag{27}\\ \end{align*}

Comentario:

• (24) Intercambio de las sumas con índices $j$ y $m_1$ .

• (25) Intercambio de las sumas con índices $j$ y $m_2$ .

• (26) Utilización de la identidad binomial $\binom{k}{j}\binom{j}{m}=\binom{k}{m}\binom{k-m}{j-m}$

• (27) Cambio de índice $j\rightarrow j-m_1,j\rightarrow j-m_2$

Ahora aplicamos Egorychevs para demostrar que

Lo siguiente es válido (y simétricamente con $m_1,m_2$ e \begin{align*} \sum_{j=0}^{k-m_1}\binom{k-m_1}{j}\binom{j+m_1}{m_2}(-1)^{(k-m_1)-j}=\binom{m_1}{k-m_2}\qquad\qquad k\geq 1\tag{28} \end{align*} W \begin{align*} \sum_{j=0}^{k-m_1}&\binom{k-m_1}{j}\binom{j+m_1}{m_2}(-1)^{(k-m_1)-j}\\ &=\sum_{j\geq 0}\binom{k-m_1}{j}\binom{-(m_2+1)}{j+m_1-m_2}(-1)^{k-m_2}\tag{29}\\ &=(-1)^{k-m_2}\sum_{j\geq 0}\mathop{res}_{z}\frac{(1+z)^{k-m_1}}{z^{j+1}} \mathop{res}_u\frac{(1+u)^{-(m_2+1)}}{u^{j+m_1-m_2+1}}\tag{30}\\ &=(-1)^{k-m_2}\mathop{res}_u\frac{(1+u)^{-(m_2+1)}}{u^{m_1-m_2+1}}\sum_{j\geq 0}u^{-j}\mathop{res}_{z}\frac{(1+z)^{k-m_1}}{z^{j+1}}\tag{31}\\ &=(-1)^{k-m_2}\mathop{res}_u\frac{(1+u)^{-(m_2+1)}}{u^{m_1-m_2+1}}\left(1+\frac{1}{u}\right)^{k-m_1}\tag{32}\\ &=(-1)^{k-m_2}\mathop{res}_u\frac{(1+u)^{k-m_2-m_1-1}}{u^{k-m_2+1}}\tag{33}\\ &=(-1)^{k-m_2}\binom{k-m_2-m_1-1}{k-m_2}\tag{34}\\ &=\binom{m_1}{k-m_2}\tag{35} \end{align*}

Comentario:

• En (28) utilizamos $\binom{-n}{k}=\binom{n+k-1}{k}(-1)^k$ y cambió el límite a $\infty$ sin cambiar el valor, ya que sólo añadimos $0$ .

• En (29) utilizamos $(1+w)^n$ como serie formal de potencias con los coeficientes $\binom{n}{k}$ según (22). Obsérvese que $\binom{k-m_2}{j}$ es el coeficiente de $[z^{j}]$ en $(1+z)^{k-m_1}$ y análogamente para $u$ .

• En (30) hacemos algunos reordenamientos para preparar la aplicación de la regla de sustitución

• En (31) aplicamos la regla de sustitución según (23)

• En (32) hay un simple reordenamiento

• En (33) hacemos lo mismo que de (29) a (30) pero en sentido inverso.

Procedemos ahora sustituyendo la identidad (28) en (27) y obtenemos:

\begin{align*} \sum_{j=1}^{k}&\binom{k}{j}(-1)^{k-j}\sum_{m_1=1}^j\binom{j}{m_1}\psi_{m_1}\sum_{m_2=1}^j\binom{j}{m_2}\psi_{m_2}\\ &=\sum_{m_1=1}^{k}\left(\sum_{m_2=1}^{m_1}\binom{k}{m_1}\binom{m_1}{k-m_2}\psi_{m_1}\psi_{m_2}\right.\\ &\qquad\left.+\sum_{m_2=m_1+1}^k\binom{k}{m_2}\binom{m_2}{k-m_1}\psi_{m_1}\psi_{m_2}\right)\\ &=\sum_{m_1=1}^{k}\sum_{m_2=1}^{k}\binom{k}{m_1}\binom{m_1}{k-m_2}\psi_{m_1}\psi_{m_2}\\ \end{align*}

En la última línea utilizamos la identidad $\binom{k}{m_1}\binom{m_1}{k-m_2}=\binom{k}{m_2}\binom{m_2}{k-m_1}$ y se deduce (21).

Resumamos:

Según (18) y (19) obtenemos

\begin{align*} \sum_{j=1}^{k}&\binom{k}{j}(-1)^{k-j}\sum_{m=1}^{j}\binom{j}{m} m!\left(\frac{B_{n,m}^{f}}{f^{m}} + \frac{B_{n,m}^{h}}{h^{m}}\right)\\ &=k!\left(\frac{B_{n,k}^{f}}{f^{k}} + \frac{B_{n,k}^{h}}{h^{k}}\right)\qquad\qquad k \geq 1\tag{34} \end{align*}

y según (20) y (21) obtenemos

\begin{align*} \sum_{j=1}^{k}&\binom{k}{j}(-1)^{k-j}\sum_{m_1=1}^j\binom{j}{m_1}m_{1}!\frac{B_{i,m_1}^f}{f^{m_1}}\sum_{m_2=1}^j\binom{j}{m_2}m_{2}!\frac{B_{n-i,m_2}^{h}}{h^{m_2}}\\ &\quad=\sum_{m_1=1}^k\sum_{m_2=1}^{k}\binom{k}{m_1}\binom{m_1}{k-m_2}m_{1}!m_{2}!\frac{B_{i,m_1}^f}{f^{m_1}}\frac{B_{n-i,m_2}^{h}}{h^{m_2}}\qquad\qquad k\geq 1\tag{35}\\ \end{align*}

Con la ayuda de (34) y (35) la identidad (17) se simplifica a \begin{align*} k!\frac{B_{n,k}^{f\cdot h}}{(fh)^{k}}&=k!\left(\frac{B_{n,k}^{f}}{f^{k}} + \frac{B_{n,k}^{h}}{h^{k}}\right)+\sum_{l=1}^{n-1}\binom{n}{l}\\ &\qquad\cdot\sum_{m_1=1}^k\sum_{m_2=1}^{k}\binom{k}{m_1}\binom{m_1}{k-m_2}m_{1}!m_{2}!\frac{B_{l,m_1}^f}{f^{m_1}}\frac{B_{n-l,m_2}^{h}}{h^{m_2}}\\ \end{align*}

Finalmente conseguimos

\begin{align*} B_{n,k}^{f\cdot h}&=h^k B_{n,k}^{f} + f^k B_{n,k}^{h}\\ &\qquad+\frac{1}{k!}\sum_{m_1=1}^k\sum_{m_2=1}^{k}\binom{k}{m_1}\binom{m_1}{k-m_2}m_{1}! m_{2}!f^{k-m_1}h^{k-m_2}\\ &\qquad\qquad\cdot \sum_{l=1}^{n-1}\binom{n}{l}B_{l,m_1}^fB_{n-l,m_2}^{h}\tag{36}\\ \end{align*}

Paso 2.4: Cálculo de $B^{f\cdot (\ln \circ g)}_{n,k}$

Ahora es momento de la cosecha la primera vez. Ahora podemos combinar la expresión con los polinomios de Bell de $f\cdot h$ y de $(\ln\circ g)$ a calcular los polinomios de Bell de $f\cdot (\ln\circ g)$ .

W \begin{align*} B_{n,k}^{f\cdot (\ln \circ g)}&= (\ln \circ g)^k B_{n,k}^{f} + f^k B_{n,k}^{\ln \circ g}\\ &\qquad+\frac{1}{k!}\sum_{m_1=1}^k\sum_{m_2=1}^{k}\binom{k}{m_1}\binom{m_1}{k-m_2}m_{1}! m_{2}!f^{k-m_1} (\ln \circ g)^{k-m_2}\\ &\qquad\qquad\cdot\sum_{l=1}^{n-1}\binom{n}{l}B_{l,m_1}^fB_{n-l,m_2}^{\ln \circ g}\tag{37} \end{align*}

A \begin{align*} B^{\ln\circ g}_{n,k}&=\sum_{j=k}^{n}\frac{(-1)^{j-k}}{g^j}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}B^{g}_{n,j} \end{align*}

Sustituyendo esta expresión en (37) y sumando sobre $k=1,\ldots,n$ da:

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}B_{n,k}^{f\cdot (\ln \circ g)} &=\sum_{k=1}^{n}\left((\ln \circ g)^k B_{n,k}^{f} + f^k \sum_{j=k}^{n}\frac{(-1)^{j-k}}{g^j}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}B^{g}_{n,j} \derecha) &\qquad+\sum_{k=1}^{n}\sum_{m_1=1}^k\sum_{m_2=1}^{k}\frac{m_2!}{(k-m_1)!}\binom{m_1}{k-m_2}f^{k-m_1} (\ln \circ g)^{k-m_2}\\ &\qquad\qquad\cdot\sum_{l=1}^{n-1}\sum_{j=m_2}^{n-l}\frac{(-1)^{j-m_2}}{g^j} \begin{bmatrix}j\\m_2\end{bmatrix}\binom{n}{l}B_{l,m_1}^fB^{g}_{n-l,j}\tag{38} \end{align*}

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Resumen de la parte 2: Con la expresión (38) hemos desarrollado una fórmula para $\sum_{k=1}^{n}B_{n,k}^{f\cdot (\ln \circ g)}$ y la parte 2 está terminada. El último reto es demostrar que la expresión de OP es igual a ésta. Este es el tema de la parte 3.

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Nota: El cuerpo de esta respuesta se limita con $30000$ caracteres. Proporcionaré la parte 3 en una respuesta posterior.

Answer 3

Nota: Dado que el cuerpo de una respuesta se limita a $30000$ personajes, tuve que dividir mi respuesta. Por lo tanto, se trata de un seguimiento que contiene el último parte 3 de este responder

Nota: [2015-03-08]

Es un gran placer proporcionar ahora un respuesta completa a la desafiante pregunta de la OP. Podría cerrar la brecha añadiendo Paso 2 y Paso 3 de Parte 3 de mi respuesta. Fue un realmente duro para realizar todos los cálculos (y muchos más pasos de verificación entre bastidores). Por lo tanto, si el lector interesado está dispuesto a revisar partes de esta respuesta, se agradecerá cualquier sugerencia fructífera para reducir el tamaño de esta prueba.

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Parte 3:

El tema de esta parte final es demostrar que la expresión OPs en la forma (12) es igual a la expresión (38).

Demostramos la validez de la siguiente identidad:

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}&B_{n,k}^{f\cdot (\ln \circ g)}\\ &= \sum_{k=1}^{n}\left((\ln\circ g)^{k}B_{n,k}^f+\frac{(f)_k}{g^k}B_{n,k}^g\right)\tag{39}\\ &\qquad+\sum_{l=1}^{n-1}\sum_{m=1}^{l}\sum_{k=1}^{n-l}\sum_{j=0}^{m}\binom{n}{l}\binom{m}{j} \frac{(\ln\circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[(f)_k]B_{l,m}^{f}B_{n-l,k}^{g}\tag{40}\\ &=\sum_{k=1}^{n}\left((\ln \circ g)^k B_{n,k}^{f} + f^k \sum_{j=k}^{n}\frac{(-1)^{j-k}}{g^j}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}B^{g}_{n,j}\right)\tag{41} \\ &\qquad+\sum_{k=1}^{n}\sum_{m_1=1}^k\sum_{m_2=1}^{k}\frac{m_2!}{(k-m_1)!}\binom{m_1}{k-m_2}f^{k-m_1} (\ln \circ g)^{k-m_2}\\ &\qquad\qquad\cdot\sum_{l=1}^{n-1}\sum_{j=m_2}^{n-l}\frac{(-1)^{j-m_2}}{g^j} \begin{bmatrix}j\\m_2\end{bmatrix}\binom{n}{l}B_{l,m_1}^fB^{g}_{n-l,j}\tag{42}\\ \end{align*}

Mostraremos la igualdad de esta identidad de aspecto impresionante en varios pasos. Comenzamos con las partes más simples (39) y (41).

Parte 3.1: Igualdad de (39) y (41)

En _Números Stirling del primer tipo_ se definen a menudo mediante la horizontal función generadora $(x)_n$ de $(1+t)^x=\sum_{n\geq 0}(x)_n\frac{t^n}{n!}$ a saber

\begin{align*} (x)_n=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}x^{k} \end{align*}

Con esta información en la mano podemos demostrar que la siguiente identidad es válida:

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}\frac{(f)_k}{g^k}B_{n,k}^g =\sum_{k=1}^{n}f^k \sum_{j=k}^{n}\frac{(-1)^{j-k}}{g^j}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}B^{g}_{n,j}\tag{43} \end{align*}

Observamos \begin{align*} \sum_{k=1}^{n}&f^k \sum_{j=k}^{n}\frac{(-1)^{j-k}}{g^j}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}B^{g}_{n,j} \\ &=\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{g^{j}}B_{n,j}^{g}\sum_{k=1}^{j}(-1)^{j-k} \begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}f^k\\ &=\sum_{j=1}^{n}\frac{(f)_j}{g^{j}}B_{n,j}^{g} \end{align*}

y se deduce (43).

Concluimos: El fácil parte de la expresión OPs (39) y la fórmula derivada (41) coinciden.

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Parte 3.2: Igualdad de (40) y (42)

Analizaremos ahora las sumas complejas (40) de la expresión OPs y las compararemos con (42) de la derivada.

Tenemos que demostrar que lo siguiente es válido:

\begin{align*} \sum_{l=1}^{n-1}&\sum_{m=1}^{l}\sum_{k=1}^{n-l}\sum_{j=0}^{m}\binom{n}{l}\binom{m}{j} \frac{(\ln\circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[(f)_k]B_{l,m}^{f}B_{n-l,k}^{g}\\ &=\sum_{k=1}^{n}\sum_{m_1=1}^k\sum_{m_2=1}^{k}\frac{m_2!}{(k-m_1)!}\binom{m_1}{k-m_2}f^{k-m_1} (\ln \circ g)^{k-m_2}\tag{44}\\ &\qquad\qquad\cdot\sum_{l=1}^{n-1}\sum_{j=m_2}^{n-l}\frac{(-1)^{j-m_2}}{g^j}\begin{bmatrix}j\\m_2\end{bmatrix}\binom{n}{l}B_{l,m_1}^fB^{g}_{n-l,j} \qquad\qquad n\geq 2 [ ] Basta con considerar $n\geq 2$ debido a la amplitud del índice $l$ .

Idea: Para demostrar la igualdad de la identidad (44), transformaremos el lado derecho de modo que las partes de la ecuación expresión transformada pueden compararse fácilmente con las partes correspondientes de la expresión OPs en el LHS. De este modo podremos división de sumas de ambas expresiones y así podemos reducir paso a paso la complejidad de la identidad que hay que demostrar.

Paso 1: Separación de las sumas con índice $l$ y $m$ (resp. $m_1$ ) en (42)

Lo siguiente es válido para $n \geq 2$ :

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}&\sum_{m_1=1}^k\sum_{m_2=1}^{k}(-1)^{j-m_2}\frac{m_2!}{(k-m_1)!}\binom{m_1}{k-m_2}\begin{bmatrix}j\\m_2\end{bmatrix}f^{k-m_1} \\ &\qquad\qquad\cdot\frac{ (\ln \circ g)^{k-m_2}}{g^j}\sum_{l=1}^{n-1}\sum_{j=m_2}^{n-l}\binom{n}{l}B_{l,m_1}^fB^{g}_{n-l,j}\\ &=\sum_{l=1}^{n-1}\sum_{m_1=1}^{l}\binom{n}{l}B_{l,m_1}^f\sum_{k=m_1}^{n}\sum_{m_2=1}^{k}\sum_{j=m_2}^{n-1}(-1)^{j-m_2}\frac{m_2!}{(k-m_1)!}\\ &\qquad\qquad\cdot\binom{m_1}{k-m_2} \begin{bmatrix}j\\m_2\end{bmatrix}f^{k-m_1} \frac{ (\ln \circ g)^{k-m_2}}{g^j}B^{g}_{n-l,j}\tag{45} \end{align*}

El lado derecho de (45) es esencialmente un reorganización del LHS. Ponemos la suma con índice $l$ en la posición más a la izquierda e intercambiar las sumas con índice $k$ y $m_1$ . Por lo tanto, respetamos que la gama $[1\ldots n]$ para $m_1$ es efectivamente $[1\ldots l]$ desde $B_{l,m_1}^f=0$ para $m_1>l$ .

La ventaja es que la parte $$\sum_{l=1}^{n-1}\sum_{m_1=1}^{l}\binom{n}{l}B_{l,m_1}^f$$ es también la primera parte de (40) en la expresión OPs. Por tanto, podemos separar esta parte y reducir el análisis al resto de la expresión. Afirmamos

Lo siguiente es válido para $n\geq 2$

\begin{align*} \sum_{l=1}^{n-1}&\sum_{m=1}^{l}\binom{n}{l}B_{l,m}^{f}\sum_{k=1}^{n-l}\sum_{j=0}^{m}\binom{m}{j} \frac{(\ln\circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[(f)_k]B_{n-l,k}^{g}\\ &=\sum_{l=1}^{n-1}\sum_{m_1=1}^{l}\binom{n}{l}B_{l,m_1}^f\sum_{k=m_1}^{n}\sum_{m_2=1}^{k}\sum_{j=m_2}^{n-l}(-1)^{j-m_2}\frac{m_2!}{(k-m_1)!}\\ &\qquad\qquad\cdot\binom{m_1}{k-m_2}\begin{bmatrix}j\\m_2\end{bmatrix}f^{k-m_1} \(\ln \circ g)^{k-m_2}{g^j}B^{g}_{n-l,j}{tag{46} \fin

Dado que la primera parte $\sum_{l=1}^{n-1}\sum_{m_1=1}^{l}\binom{n}{l}B_{l,m_1}^f$ del LHS y RHS de (46) coincide, podemos separar esta parte y concluir:

Basta con demostrar para $n\geq 2, 1\leq l \leq n-1$ y $1\leq m,m_1\leq l$ la validez de

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n-l}&\sum_{j=0}^{m}\binom{m}{j} \frac{(\ln\circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[(f)_k]B_{n-l,k}^{g}\\ &=\sum_{k=m_1}^{n}\sum_{m_2=1}^{k}\sum_{j=m_2}^{n-l}(-1)^{j-m_2}\frac{m_2!}{(k-m_1)!}\\ &\qquad\qquad\cdot\binom{m_1}{k-m_2}\begin{bmatrix}j\\m_2\end{bmatrix}f^{k-m_1} \frac{(\ln \circ g)^{k-m_2}{g^j}B^{g}_{n-l,j}{tag{47} \fin{align*}

Para simplificar aún más la identidad, echamos un vistazo a los polinomios de Bell del LHS y RHS de (47)

$$B_{n-l,k}^{g} \longleftrightarrow B^{g}_{n-l,j}$$

Como deberían coincidir renombrar los índices del lado derecho de (47) para facilitar la comparación con la expresión OPs.

Cambio de nombre de los índices : Utilizamos la siguiente sustitución

$$m_1 \longrightarrow m, \qquad m_2 \longrightarrow q, \qquad k \longleftrightarrow j$$

y obtenemos de (47)

Se trata de demostrar para $n \geq 2, 1\leq l \leq n-1$ y $1\leq m \leq l$ :

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n-l}&\sum_{j=0}^{m}\binom{m}{j} \frac{(\ln\circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[(f)_k]B_{n-l,k}^{g}\\ &=\sum_{j=m}^{n}\sum_{q=1}^{j}\sum_{k=q}^{n-l}(-1)^{k-q}\frac{q!}{(j-m)!}\\ &\qquad\qquad\cdot\binom{m}{j-q}\begin{bmatrix}k\\q\end{bmatrix}f^{j-m} \frac{ (\ln \circ g)^{j-q}}{g^k}B^{g}_{n-l,k}\tag{48} \end{align*}

$$$$

Segundo paso: Separación de la suma con índice $k$ en (48)

Observamos que los índices de los polinomios de Bell del LHS y RHS de (48) coinciden. Para simplificar aún más la identidad transformamos el lado derecho de modo que la suma con índice $k$ está en la posición más a la izquierda.

RHS: \begin{align*} \sum_{j=m}^{n}\sum_{q=1}^{j}\sum_{k=q}^{n-l}\ldots&=\sum_{q=1}^n\sum_{j=\max\{q,m\}}^n\sum_{k=q}^{n-l}\ldots =\sum_{k=1}^{n-l}\sum_{q=1}^{k}\sum_{j=\max\{q,m\}}^n\ldots \end{align*}

Aplicando esta transformación obtenemos

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n-l}&\frac{B_{n-l,k}^g}{g^k}\sum_{j=0}^m\binom{m}{j}\left(\ln\circ g\right)^{m-j}\frac{d^j}{d(f)^j}[(f)_k]\tag{49}\\ &=\sum_{k=1}^{n-l}\frac{B_{n-l,k}^g}{g^k}\sum_{q=1}^{k}\sum_{j=\max\{q,m\}}^n(-1)^{k-q}\frac{q!}{(j-m)!} \binom{m}{j-q}\begin{bmatrix}k\\q\end{bmatrix}f^{j-m} (\ln \circ g)^{j-q} \fin

Comparando el LHS y el RHS de (49) vemos, que podemos división de la suma de la izquierda y basta con demostrar lo siguiente:

Queda por demostrar lo siguiente: Para $n\geq 2, 1 \leq l \leq n-1, 1\leq k \leq n-l$ y $1 \leq m \leq l$

\begin{align*} \sum_{j=0}^m&\binom{m}{j}\left(\ln\circ g\right)^{m-j}\frac{d^j}{d(f)^j}[(f)_k]\tag{50}\\ &=\sum_{q=1}^{k}\sum_{j=\max\{q,m\}}^n(-1)^{k-q}\frac{q!}{(j-m)!} \binom{m}{j-q}\begin{bmatrix}k\\q\end{bmatrix}f^{j-m} (\ln \circ g)^{j-q} \fin

A continuación presentaremos el Números Stirling del primer tipo en el LHS de (50). Según (43) sabemos que $$(f)_k=\sum_{q=0}^{k}(-1)^{k-q}\begin{bmatrix}k\\q\end{bmatrix}f^q\qquad\qquad k\geq 1$$ It follows \begin{align*} \frac{d^j}{d(f)^j}[(f)_k]&=\frac{d^j}{d(f)^j}\sum_{q=0}^{k}(-1)^{k-q}\begin{bmatrix}k\\q\end{bmatrix} f^q\\\\ &=\sum_{q=j}^k(-1)^{k-q} \begin{bmatrix}k\\q\end{bmatrix}\frac{q!}{(q-j)!}f^{q-j}\qquad\qquad k\geq 1,j\geq 0 \end{align*}

Sustituyendo esta expresión en (50) obtenemos para $n\geq 2, 1\leq l \leq n-1, 1\leq k \leq n-l$ y $1\leq m \leq l$ \begin{align*} \sum_{j=0}^m&\binom{m}{j}\left(\ln \circ g\right)^{m-j}\sum_{q=j}^k(-1)^{k-q} \begin{bmatrix}k\\q\end{bmatrix}\frac{q!}{(q-j)!}f^{q-j}\tag{51} \\ &=\sum_{q=1}^{k}\sum_{j=\max\{q,m\}}^n(-1)^{k-q}\frac{q!}{(j-m)!} \binom{m}{j-q} \begin{bmatrix}k\\q\end{bmatrix}f^{j-m}(\ln \circ g)^{j-q} \end{align*}

$$$$

Paso 3: Separación de la suma con índice $q$ en (51)

Obtenemos después de intercambiar las sumas en el LHS de (51)

\begin{align*} \sum_{q=1}^k&(-1)^{k-q}\begin{bmatrix}k\\q\end{bmatrix} ¡q! \sum_{j=0}^q\binom{m}{j}\left(\ln \circ g\right)^{m-j}\frac{1}{(q-j)!}f^{q-j}\\ &=\sum_{q=1}^{k}(-1)^{k-q} \begin{bmatrix}k\\q\end{bmatrix}q! \sum_{j=\max\{q,m\}}^n\binom{m}{j-q}(\ln \circ g)^{j-q}\frac{1}{(j-m)!}f^{j-m} \end{align*}

Obsérvese que el índice $q$ en el LHS comienza ahora a partir de $1$ ya que los números de Stirling del primer tipo son siempre cero para $\begin{bmatrix}k\\0\end{bmatrix}$ con $k\geq 1$ .

Queda por demostrar lo siguiente para $n\geq 2, 1\leq l \leq n-1, 1\leq k \leq n-l,1\leq m \leq l$ y $1\leq q \leq k$

\begin{align*} \sum_{j=0}^q&\binom{m}{j}\left(\ln \circ g\right)^{m-j}\frac{1}{(q-j)!}f^{q-j}\tag{52}\\ &=\sum_{j=\max\{q,m\}}^n\binom{m}{j-q}(\ln \circ g)^{j-q}\frac{1}{(j-m)!}f^{j-m} \end{align*}

Breve pausa por un momento: Comparando esta expresión (52) con la monstruosa expresión (39)-(42) de la que partimos, podemos disfrutar de una considerable simplificación. Sin embargo (52) es complicada y no tan fácil de superar debido a los índices de ejecución inversa $1\leq m \leq l$ y $1\leq k \leq n-l$ y $j$ en el lado izquierdo con ( $0\leq j\leq m$ ) y RHS ( $\max\{q,m\}\leq j \leq n$ ) que caminan hacia extremos opuestos de la región y algunos otros (pequeños) escollos. Para proceder distinguir dos casos.

Paso 3.1: El caso $q\leq m$

Queda por demostrar lo siguiente para $n\geq 2, 1\leq l \leq n-1, 1\leq k \leq n-l,1\leq m \leq l$ y $1\leq q \leq k$ con la restricción específica $q\leq m$ :

\begin{align*} \sum_{j=0}^q&\binom{m}{j}\left(\ln \circ g\right)^{m-j}\frac{1}{(q-j)!}f^{q-j}\tag{52}\\ &=\sum_{j=m}^n\binom{m}{j-q}(\ln \circ g)^{j-q}\frac{1}{(j-m)!}f^{j-m} \end{align*}

Ahora sustituyendo $j \to q-j$ en el LHS de (52) da:

LHS: \begin{align*} \sum_{j=0}^q&\binom{m}{q-j}\left(\ln \circ g\right)^{m-q+j}\frac{1}{j!}f^{j} \end{align*}

y cambiando $j \to j-m$ o \begin{align*} \sum_{j=0}^{n-m}&\binom{m}{j+m-q}(\ln \circ g)^{m-q+j}\frac{1}{j!}f^{j}\\ &=\sum_{j=0}^{n-m}\binom{m}{q-j}(\ln \circ g)^{m-q+j}\frac{1}{j!}f^{j}\\ &=\sum_{j=0}^{q}\binom{m}{q-j}(\ln \circ g)^{m-q+j}\frac{1}{j!}f^{j}\tag{53} \end{align*}

y se cumple la afirmación (52).

En (53) cambiamos el límite superior del índice $j$ considerando la siguiente relación entre los índices:

Dada: $n\geq 2, 1\leq l \leq n-1, 1\leq k \leq n-l,1\leq m \leq l, 1\leq q\leq k$ y la restricción específica $k\leq m$ observamos

\begin{equation*} \left. \begin{array}{l} 1\leq k \leq n-l\\ 1\leq m\leq l \end{array} \{\right} 2\leq k+m\leq n\quad \izquierda. \begin{array}{l} k+m\leq n\\ q\leq k \end{array} \.} q+m\leq n\quad\Rightarrow\quad q\leq n-m \fin{ecuación*}

Paso 3.2: El caso $m\leq q$

Queda por demostrar lo siguiente para $n\geq 2, 1\leq l \leq n-1, 1\leq k \leq n-l,1\leq m \leq l$ y $1\leq q \leq k$ con la restricción específica $m\leq q$ :

\begin{align*} \sum_{j=0}^m&\binom{m}{j}\left(\ln \circ g\right)^{m-j}\frac{1}{(q-j)!}f^{q-j}\tag{54}\\ &=\sum_{j=q}^n\binom{m}{j-q}(\ln \circ g)^{j-q}\frac{1}{(j-m)!}f^{j-m} \end{align*}

En el LHS de (54) el límite superior del índice $j$ ha pasado de $q$ a $m$ ya que los valores superiores a $m$ nada contribuirá debido a $\binom{m}{j}$ .

Ahora sustituyendo $j \to m-j$ en el LHS de (54) da:

LHS: \begin{align*} \sum_{j=0}^m&\binom{m}{j}\left(\ln \circ g\right)^{m-q+j}\frac{1}{(j+q-m)!}f^{j+q-m} \end{align*}

y cambiando $j \to j-q$ o \begin{align*} \sum_{j=0}^{n-q}&\binom{m}{j}(\ln \circ g)^{j}\frac{1}{j!}f^{j}\\ &=\sum_{j=0}^{n-q}\binom{m}{q-j}(\ln \circ g)^{m-q+j}\frac{1}{(j+q-m)!}f^{j+q-m}\\ &=\sum_{j=0}^{m}\binom{m}{q-j}(\ln \circ g)^{m-q+j}\frac{1}{(j+q-m)!}f^{j+q-m}\tag{55} \end{align*}

y se cumple la afirmación (54).

En (55) cambiamos el límite superior del índice $j$ considerando la siguiente relación entre los índices:

Dada: $n\geq 2, 1\leq l \leq n-1, 1\leq k \leq n-l,1\leq m \leq l, 1\leq q\leq k$ y la restricción específica $k\leq m$ observamos

\begin{equation*} \left. \begin{array}{l} 1\leq k \leq n-l\\ 1\leq m\leq l \end{array} \.} 2\leq k+m\leq n\quad \izquierda. \begin{array}{l} k+m\leq n\\ q\leq k \end{array} \.} q+m\leq n\quad\Rightarrow\quad m\leq n-q \fin{ecuación*}

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Nota final: La parte 3 de la prueba demuestra que la expresión de OP (39)+(40) es igual a la expresión (41)+(42) que se creó a partir de cero, por lo que la expresión de OP es válida.

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}&B_{n,k}^{f\cdot (\ln \circ g)}\\ &= \sum_{k=1}^{n}\left((\ln\circ g)^{k}B_{n,k}^f+\frac{(f)_k}{g^k}B_{n,k}^g\right)\tag{39}\\ &\qquad+\sum_{l=1}^{n-1}\sum_{m=1}^{l}\sum_{k=1}^{n-l}\sum_{j=0}^{m}\binom{n}{l}\binom{m}{j} \frac{(\ln\circ g)^{m-j}}{g^k}\frac{d^j}{d(f)^j}[(f)_k]B_{l,m}^{f}B_{n-l,k}^{g}\tag{40}\\ &=\sum_{k=1}^{n}\left((\ln \circ g)^k B_{n,k}^{f} + f^k \sum_{j=k}^{n}\frac{(-1)^{j-k}}{g^j}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}B^{g}_{n,j}\right)\tag{41} \\ &\qquad+\sum_{k=1}^{n}\sum_{m_1=1}^k\sum_{m_2=1}^{k}\frac{m_2!}{(k-m_1)!}\binom{m_1}{k-m_2}f^{k-m_1} (\ln \circ g)^{k-m_2}\\ &\qquad\qquad\cdot\sum_{l=1}^{n-1}\sum_{j=m_2}^{n-l}\frac{(-1)^{j-m_2}}{g^j} \begin{bmatrix}j\\m_2\end{bmatrix}\binom{n}{l}B_{l,m_1}^fB^{g}_{n-l,j}\tag{42}\\ \end{align*}

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Nota: Esta respuesta se basa en los siguientes documentos

• V.V. Kruchinin_1: Composita y sus propiedades

• V.V. Kruchinin_2: Composición de funciones generadoras ordinarias

• V.V. Kruchinin_3: Derivación de polinomios de Bell de segundo tipo

• W.P. Johnson: La curiosa historia de la fórmula de Faa di Bruno

Nota: Antes de que pudiera terminar la respuesta he añadido esta pregunta para pedir apoyo para resolver el último vacío.