Expresión para $\sum\limits_{k=0}^n \frac1{k+1}\left\{ n \atop k\right\}$ ?

Question

Se sabe que $\sum\limits_{k=0}^n \left\{ n \atop k\right\} k = \varpi(n+1) - \varpi(n)$ . Alguna idea para computar $\sum\limits_{k=0}^n \frac1{k+1}\left\{ n \atop k\right\}$ ? ( $\left\{ n \atop k\right\}$ denota los números de Stirling del segundo tipo y $\varpi(n)$ el $n$ -a número de campana)

Answer 1

Sabemos que

$$B_n(x) = \sum_{k=0}^n \left\{ n \atop k\right\} x^k $$

donde $B_n(x)$ es el polinomio de Bell. Entonces

$$ \int_0^1 B_n(x) dx = \sum_{k=0}^n\frac1{k+1}\left\{ n \atop k\right\}$$

es lo que nos interesa computar. También se sabe que

$$B_n(x) = e^{-x} \sum_{t=0}^{\infty} \frac{t^n x^t} {t!}$$

por lo que queremos el valor de

$$ \sum_{k=0}^n\frac1{k+1}\left\{ n \atop k\right\}= \sum_{t=0}^{\infty} \frac{t^n I(t)} {t!}, \hspace{1cm} I(t)= \int_0^1 e^{-x}x^t dx$$

Pero se puede demostrar ( Por ejemplo, ) que $I(t) \sim \frac{1}{e \,t}$ Así que, asintóticamente

$$ \sum_{k=0}^n\frac1{k+1}\left\{ n \atop k\right\} \sim e^{-1} \sum_{t=0}^{\infty} \frac{t^{n-1}}{t!} = B_{n-1}$$

que es el $n-1$ -Número de campana. Algunos valores, tomando el logaritmo:

n     exact      approx
4    1.5114      1.6094
8    6.7348      6.7765
16  21.0308     21.0475
32  57.5872     57.5935

Answer 2

El error en la aproximación de Leonbloy $\sum_{k=0}^n\frac1{k+1}\left\{ n \atop k\right\} = B_{n-1} + E_n$ es exactamente $$E_n = - \sum_{k=0}^{n-1}\left\{ n-1 \atop k\right\} \frac1{(k+1)(k+2)}.$$ Además, la asíntota se puede mejorar a $$\sum_{k=0}^n\frac1{k+1}\left\{ n \atop k\right\} \sim B_{n-1} - B_{n-3},$$ (y probablemente más allá, para quien quiera continuar el proceso a continuación).

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El teorema 4 de mi artículo " Sobre las soluciones a una recurrencia combinatoria general " ( Revista de secuencias enteras , 14 (9): Artículo 11.9.7, 2011), con $\left| {n \atop k} \right| = \left\{ n \atop k\right\}$ y $f(k,m) = \frac{1}{k+1}$ dice que $$\begin{align}\sum_{k=0}^n\frac1{k+1}\left\{ n \atop k\right\} &= \sum_{k=0}^{n-1}\left\{ n-1 \atop k\right\} (k+1) \frac1{k+1} - \sum_{k=0}^{n-1}\left\{ n-1 \atop k\right\} \frac1{(k+1)(k+2)} \\ &= B_{n-1} - \sum_{k=0}^{n-1}\left\{ n-1 \atop k\right\} \frac1{(k+1)(k+2)}. \end{align} $$

Aplicando de nuevo el Teorema 4, esta vez con $f(k,m) = \frac{1}{(k+1)(k+2)}$ se obtiene (después de algunas simplificaciones) $$\begin{align} &\sum_{k=0}^{n-1}\left\{ n-1 \atop k\right\} \frac1{(k+1)(k+2)} \\ &= \sum_{k=0}^{n-2}\left\{ n-2 \atop k\right\} \frac1{k+1} - \sum_{k=0}^{n-2}\left\{ n-2 \atop k\right\} \frac1{(k+1)(k+2)} - 2 \sum_{k=0}^{n-2}\left\{ n-2 \atop k\right\} \frac1{(k+1)(k+2)(k+3)}. \end{align}$$ El primer término del lado derecho domina, y con la aproximación de leonbloy $$\sum_{k=0}^{n-2}\left\{ n-2 \atop k\right\} \frac1{k+1} \sim B_{n-3},$$ obtenemos $$\sum_{k=0}^n\frac1{k+1}\left\{ n \atop k\right\} \sim B_{n-1} - B_{n-3}.$$

Por comparación con los resultados de leonbloy (de nuevo, después de tomar logaritmos)

n     exact      B_{n-1} - B_{n-3}     B_{n-1}
4    1.5114           1.3863            1.6094
8    6.7348           6.7154            6.7765
16  21.0308          21.0273           21.0475
32  57.5872          57.5866           57.5935