Soy consciente de la identidad \begin{align} \sum_{i = 0}^{k} i! \binom{n+1}{i + 1} S(k,i) = H_{n,-k}, \end {align} donde$H_{n,-k}$ es un número armónico generalizado definido por$H_{n,m} = \sum_{r = 1}^{n} r^{-m}$. Creo que la siguiente suma también se relaciona con los números armónicos generalizados, \begin{align} \sum_{i = 0}^{k} (-1)^{i} i! \binom{n-i}{k-i} S(j,i) \end {align} y debería ser una función agradable de$n, k$ y$j$, donde$0 \leq j, k \leq n$. ¡Cualquier sugerencia es ciertamente bienvenida!
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Martin OConnor
Puntos
116
No estoy seguro de que usted va a ser capaz de conseguir una buena expresión en general (aunque me encantaría estar equivocado!).
El caso especial $j = n$ tiene una muy simple expresión en términos de los números de Euler, aunque. Tenemos $$\sum_{i=0}^k (-1)^i i! \binom{n-i}{k-i} \left\{ n \atop i\right\} = \sum_{i=0}^k (-1)^i i! \binom{n-i}{n-k} \left\{ n \atop i\right\} = (-1)^k \left\langle n \atop n-k\right\rangle,$$ donde sigue el primer paso de $\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$ y el segundo paso de una conocida expresión de los números de Euler (ver Eq. 6.40, en Concreto de las Matemáticas, 2ª edición, pág. 269). El número de Euler $\left\langle n \atop k\right\rangle$ cuenta el número de permutaciones en $n$ elementos en los que exactamente $k$ son mayores que los de la inmediatamente anterior elemento.
Tal vez el caso $j = 2$ es de interés también. Aquí tenemos a $$\sum_{i=0}^k (-1)^i i! \binom{n-i}{k-i} \left\{ 2 \atop i\right\} = 2\binom{n-2}{k-2} -\binom{n-1}{k-1} = 2\binom{n-2}{k-2} -\left[\binom{n-2}{k-1} + \binom{n-2}{k-2}\right] $$ $$= \binom{n-2}{k-2} -\binom{n-2}{k-1},$$ cual es el sólo el triángulo que se obtiene cuando usted toma diferencias de los vecinos de las entradas en el triángulo de Pascal. Este triángulo puede también considerarse como dos copias de catalán del triángulo, uno positivo y uno negativo, aunque los números se desplaza y gira.
Marko Riedel
Puntos
19255
Por medio de enriquecimiento de esta discusión nos dan una puramente algebraica la prueba de que no hace uso de números de Euler.
Supongamos que tratan de demostrar que $$\sum_{q=0}^n q! {m+1\choose q+1} {n\brace q} = H_{m,-n}$$ con $m\ge n.$
Recordar bivariado de generación de función $G(z, u)$ de la Stirling los números de la segunda clase que es $$G(z, u) = \exp(u(\exp(z)-1)).$$
Esto produce por la suma que $$\sum_{q=0}^n p! {m+1\elegir q+1} n! [z^n] [u^q] \exp(u(\exp(z)-1)) \\= n! [z^n] \sum_{q=0}^n p! {m+1\elegir q+1} \frac{(\exp(z)-1)^p}{q!} = n! [z^n] \sum_{q=0}^n {m+1\elegir q+1} (\exp(z)-1)^q.$$
Una observación importante en este punto es que el $\exp(z)-1$ se inicia en $z$, por lo que podemos extender la sumatoria a $m$ sin afectar a la coeficiente de $z^n,$ llegar $$n! [z^n] \sum_{q=0}^m {m+1\choose q+1} (\exp(z)-1)^q.$$ Reescribir esto como $$(m+1) \times n! [z^n] \sum_{q=0}^m {m\elegir q} \frac{(\exp(z)-1)^p}{q+1} \\= (m+1) \times n! [z^n] \frac{1}{\exp(z)-1} \sum_{q=0}^m {m\elegir q} \frac{(\exp(z)-1)^{q+1}}{q+1}.$$
Parar por un momento para realizar un poder formal de la serie de la integración. Tenemos $$(1+x)^m = \sum_{q=0}^m {m\choose q} x^q$$ así que $$\frac{1}{m+1}(1+x)^{m+1} - \frac{1}{m+1} =\frac{1}{m+1}\left((1+x)^{m+1} - 1\right) \\= \sum_{q=0}^m {m\elegir q} \frac{x^{q+1}}{q+1}.$$
Aplicar esto a la suma para obtener $$(m+1) \times n! [z^n] \frac{1}{\exp(z)-1} \frac{1}{m+1}\left(\exp(z(m+1)) - 1\right)$$ que es $$n! [z^n] \frac{\exp(z(m+1)) - 1}{\exp(z)-1} = n! [z^n] \sum_{k=0}^m \exp(zk) \\= n! \sum_{k=0}^m \frac{k^n}{n!} = \sum_{k=0}^m k^n = H_{m, n}.$$
