Las sumas de las Potencias como las Sumas de los Números de Stirling y la Caída de Factoriales

Question

Yo soy capaz de demostrar la siguiente identidad: $$\sum_{k = 0}^n k^p = \sum_{j = 0}^p {p \brace j} \frac{(n+1)^\underline{j+1}}{j+1},$$ donde $p$ $n$ son enteros no negativos, ${p \brace j} = S(p, j)$ es un número de Stirling del segundo tipo, y $x^\underline{m} = x(x-1)\cdots (x - m + 1)$ es la caída de la función factorial.

Mi pregunta es: ¿Es esto de la identidad comúnmente conocido en la combinatoria?

Answer 1

Eso es simplemente una consecuencia de el palo de Hockey de identidad para el binomio $$ \eqalign{ & \sum\limits_{0\, \le \,k\, \le \,n} {k^{\,p} } = \sum\limits_{0\, \le \,k\, \le \,n} {\sum\limits_{0\, \le \,j\, \le \,p} {\left\{ \matriz{ p \cr j \cr} \right\}k^{\,\underline {\,j\,} } } } = \cr & = \sum\limits_{0\, \le \,j\, \le \,p} {j!\left\{ \matriz{ p \cr j \cr} \right\}\sum\limits_{0\, \le \,k\, \le \,n} {{{k^{\,\underline {\,j\,} } } \over {j!}}} } = \sum\limits_{0\, \le \,j\, \le \,p} {j!\left\{ \matriz{ p \cr j \cr} \right\}\sum\limits_{0\, \le \,k\, \le \,n} {\left( \matriz{ k \cr j \cr} \right)} } = \cr & = \sum\limits_{0\, \le \,j\, \le \,p} {j!\left\{ \matriz{ p \cr j \cr} \right\}\left( \matriz{ n + 1 \hfill \cr j + 1 \hfill \cr} \right)} = \sum\limits_{0\, \le \,j\, \le \,p} {j!\left\{ \matriz{ p \cr j \cr} \right\}{{\left( {n + 1} \right)^{\,\underline {\,j + 1\,} } } \over {\left( {j + 1} \right)!}}} = \cr & = \sum\limits_{0\, \le \,j\, \le \,p} {\left\{ \matriz{ p \cr j \cr} \right\}{{\left( {n + 1} \right)^{\,\underline {\,j + 1\,} } } \over {j + 1}}} \cr} $$

La "Summa Potestatum"($\sum\limits_{0\, \le \,k\, \le \,n} {k^{\,p} }$) ha sido el tema de muchas obras, por varios grandes Matemáticos a través de los siglos, en los tiempos modernos comenzando con la de Bernoulli.
Así que hay una gran cantidad de literatura, lo que resulta en muchas formulaciones diferentes, algunos de los cuales son $$ \eqalign{ Y S_m (n) = \sum\limits_{0\, \le \,k\, \le \,n - 1} {k^{\,m} } \quad \left| {\;0 \le {\rm integer }m,n} \right. = \cr & = \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,j\,\left( { \le \,m} \right)} {\left\langle \matriz{ m \cr j \cr} \right\rangle \left( \matriz{ n + j \cr m + 1 \cr} \right)} = \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,j\,\left( { \le \,m} \right)} {\;j!\;\left\{ \matriz{ m \cr j \cr} \right\}\left( \matriz{ n \cr j + 1 \cr} \right)} = \cr Y = {1 \over {m + 1}}\sum\limits_{0\, \le \,j\, \le \,m} {\left( \matriz{ m + 1 \cr j \cr} \right)\;B(j)\;n^{\,m + 1 - j} } \cr} $$ donde el ángulo entre paréntesis indica el Euleriano Números de 1ª clase, de las llaves de los Números de Stirling de 2ª clase, y $B(j)$ los Números de Bernouilli.

Así, en algunos de los trabajos sobre el tema se puede encontrar la relación con los Números de Stirling, por ejemplo, en la famosa "Concreto de las Matemáticas", pag. 289.

Answer 2

No tengo una referencia de la parte superior de mi cabeza, pero esta es una aplicación directa del cálculo de las diferencias finitas, y espero que es bien conocido en alguna forma o de otra. He aquí una forma de estructura de la prueba.

El jugador clave es el avance operador diferencia, que toma como entrada una secuencia $a_n$ y devuelve como salida la secuencia

$$(\Delta a)_n = a_{n+1} - a_n.$$

Reivindicación 1: $\displaystyle \Delta {n \choose k} = {n \choose k-1}$ (una reafirmación de la identidad de Pascal).

Las secuencias de $n \mapsto {n \choose k}$ tiene la siguiente propiedad notable: cada secuencia puede escribirse de forma única como suma infinita

$$a_n = \sum_{k \ge 0} c_k {n \choose k}$$

y podemos determinar los coeficientes $c_k$ como sigue: llevar adelante las diferencias de $i$ veces da

$$(\Delta^i a)_n = \sum_{k \ge i} c_k {n \choose k-i}$$

y sustituyendo $n = 0$ da

$$(\Delta^k a)_0 = c_k.$$

(Esto debería recordar un montón de cómputo de los coeficientes de una serie de Taylor por la diferenciación.) Por lo tanto:

Reivindicación 2: Si $a_n$ es cualquier secuencia, a continuación,

$$a_n = \sum_{k \ge 0} (\Delta^k a)_0 {n \choose k}.$$

(Varias pruebas alternas de este resultado es posible. Creo que hay dos maneras de hacer esto mediante la generación de funciones, y usted también puede hacerlo por escrito, $\Delta$ en términos del operador de desplazamiento a la $(Sa)_n = a_{n+1}$.)

Tenga en cuenta que esta suma se anula si y sólo si $a_n$ es un polinomio en a $n$.

Ahora, en lugar de calcular el "finito de derivados" $\Delta$ de una secuencia, queremos calcular el "finito integral", es decir,

$$(\Sigma a)_n = a_0 + a_1 + \dots + a_n.$$

Los dos están relacionados por el "teorema fundamental del cálculo finito", que es simplemente la observación de que $(\Delta \Sigma a)_n = a_{n+1}$. Esto conduce a:

Reivindicación 3: $\displaystyle \Sigma {n \choose k} = {n+1 \choose k+1}$ (una reformulación del palo de hockey de identidad).

Esto nos permite calcular el "finito integral" de cualquier secuencia dada la secuencia de todas sus diferencias finitas: la escritura

$$a_n = \sum_{k \ge 0} (\Delta^k a)_0 {n \choose k}$$

y la aplicación de $\Sigma$ a ambos lados da

$$(\Sigma a)_n = \sum_{k \ge 0} (\Delta^k a)_0 {n+1 \choose k+1}.$$

(Este debe recordar que la integración de una serie de Taylor término por término.)

Sigue para calcular las diferencias finitas $(\Delta^k a)_0$ en el caso particular de que $a_n = n^p$. En este punto, será conveniente introducir el operador de desplazamiento a la $S$ mencionó anteriormente, de modo que podemos escribir $\Delta = S - I$, dando

$$\Delta^k = \sum_{i=0}^k (-1)^{k-i} {k \choose i} S^i$$

lo que conduce a

$$(\Delta^k a)_0 = \sum_{i=0}^k (-1)^{k-i} {k \choose i} a_i.$$

Sustituyendo $a_n = n^p$ da una de las conocidas fórmulas de los números de Stirling del segundo tipo, hasta un factorial factor.

Todo este argumento puede ser reformulada en términos de generación de funciones.