Expresión binomial de un término motorizado

Question

Una respuesta a una pregunta anterior mía afirmó que$$k^2=\binom k2+\binom {k+1}2.$ $

Comprobé que la fórmula es verdadera. Sin embargo, me intrigó. ¿Existe una expresión similar para$k^3$? ¿Cómo encontraría un binomio para$k^n$? Esto no es una pregunta duplicada a lo mejor de mi conocimiento.

Answer 1

Yo veía esto en OEIS A008292 y De Wikipedia.

Al parecer $$k^m = \sum_{q=0}^{m-1} {k+q\elegir m} \langle {m\cima de q}\rangle$$

con $\langle {m\atop q}\rangle$ la Euleriano números que han la generación de la función $$\frac{t-1}{t-\exp((t-1)z)}.$$

Ahora podemos probar esta suma fórmula.

Tenemos los siguientes exponencial de generación de función $$G_k(z) = \sum_{m\ge 0} k^m \frac{z^m}{m!} = \exp(kz).$$

Por otro lado, la fórmula de la suma da el EGF $$H_k(z) = \sum_{m\ge 0} \frac{z^m}{m.} \sum_{q=0}^{m-1} {k+q\elegir m} \langle {m\cima de q}\rangle.$$

Podemos extender este a $q=m$ debido a que el número de Euler $\langle {m\atop m}\rangle$ es cero para obtener $$\sum_{m\ge 0} \frac{z^m}{m.} \sum_{q=0}^{m} {k+q\elegir m} \langle {m\cima de q}\rangle \\ = \sum_{q\ge 0} \sum_{m\ge p} {k+q\elegir m} \frac{z^m}{m.} \langle {m\cima de q}\rangle.$$

Ahora introducir $${k+q\elegir m} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{k+p}}{w^{m+1}} \; ps.$$

Sustituir esto en la suma para obtener $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \sum_{q\ge 0} \frac{(1+w)^{k+p}}{w} \sum_{m\ge q} \frac{1}{w^m} \frac{z^m}{m.} \langle {m\cima de q}\rangle \; dw \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{k}}{w} \sum_{q\ge 0} (1+w)^q \sum_{m\ge q} \frac{1}{w^m} \frac{z^m}{m.} \langle {m\cima de q}\rangle \; ps.$$

Ahora lo que tenemos aquí es un doble aniquilado el coeficiente de extractor la que ahora nos colapso:

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{k}}{w} \sum_{q\ge 0} (1+w)^q [t^q] \frac{t-1}{t\exp((t-1)z/w)} \; dw \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{k}}{w} \frac{w}{1+w-\exp(z)} \; dw \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{k}}{1+w-\exp(z)} \; ps.$$

La contribución de la pole en $w=\exp(z)-1$ que es simple es precisamente $$(1+(\exp(z)-1))^k = \exp(kz) = G_k(z),$$

QED.

Hay otro aniquilado coeficiente de extractor en este MSE enlace y en este MSE vínculo II y también aquí, en este MSE enlace III.

El Arce código para la inicial de búsqueda en la OEIS fue como sigue:

Q :=
proc(m)
 local s, sys, sol;

 s := expand(añadir(a[q]*binomial(k+q,m), q=0..m-1));

 sys := [coef(s, k, m)=1];
 sys :=
 [op(sys), seq(coef(s, k, q)=0, q=0..m-1)];

 sol := solve(sys, [seq ([p], p=0..m-1)]);
 subs(sol[1], [seq ([p], p=0..m-1)]);
end;

Answer 2

No estoy seguro de si hay una buena manera de hacer esto en el caso general, pero jugando con $k^3$, usted sabe que necesita algo con $\binom{k}{3}$ para obtener el cúbicos plazo. Así:

$$\begin{split} \binom{k}{3} &= \frac{k(k-1)(k-2)}6 = \frac{k^3-3k^2+2k}6 \\ \binom{k+1}{3} &= \frac{k(k+1)(k-1)}6 = \frac{k^3-k}6 \\ \binom{k+2}{3} &= \frac{k(k+2)(k+1)}6 = \frac{k^3+3k^2+2k}6 \end{split}$$

La adición de la primera y tercera líneas le permite deshacerse de la $k^2$ plazo:

$$\binom{k}{3} + \binom{k+2}{3} = \frac{2k^3 + 4k}6$$

Y, a continuación, añadir en 4 veces la segunda línea le permite deshacerse de la $k$ plazo:

$$\binom{k}{3} + 4\binom{k+1}{3} + \binom{k+2}{3} = k^3$$

Por lo mismo, tocar el violín, me puede venir para arriba con:

$$k^4 = \binom{k}{4} + 11\binom{k+1}{4} + 11\binom{k+2}{4} + \binom{k+3}{4}$$

Aunque no sé lo que es el patrón aquí.

Answer 3

Contando lo tienen: $n^3$ es de las formas de color $3$ objetos con $n$ colores. Así que usted puede color con $1$ color $n$ maneras, o con $2$ colores, entonces usted debe elegir los colores en $\binom{n}{2}$ formas y elegir qué elementos desea que el color en $\binom{3}{2}2$, o en tres colores en $\binom{n}{3}3!$ maneras. Por la suma principio y la aplicación de una gran cantidad de Pascal recurrencia, se obtiene $$n^3=n+2\binom{3}{2}\binom{n}{2}+3!\binom{n}{3}=n+3!(\binom{n}{3}+\binom{n}{2})=\binom{n}{1}+\binom{n}{2}+5\binom{n}{2}+6\binom{n}{3}=\binom{n+1}{2}+5(\binom{n}{2}+\binom{n}{3})+\binom{n}{3}=\binom{n}{3}+5\binom{n+1}{3}+\binom{n+1}{2}=\binom{n}{3}+4\binom{n+1}{3}+\binom{n+2}{3}$$

Edit:(parcial supongo que generalizar) tiene algo que ver con los números de Stirling del segundo tipo. Los he usado en mi conteo, de hecho,$k^n=\sum _{i=1}^n\binom{k}{i}S_{n,i}i!$. y el uso de ese $i!S_{n,i}=\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}\binom{i}{j}i^n$ y de alguna manera el uso de Pascal recurrencia sobre él.