Deje $k,n\in\mathbb{N}_{>0}$. ¿Cómo puedo empezar a demostrar que"
$$1+\left(\sum_{n\geq1}\sum^n_{k=1}\frac{n!}{k!}{n-1\choose k-1}x^k \frac{u^n}{n!}\right) = \exp\frac{xu}{1-u}$$
Consejos y ayuda muy apreciada!
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Felix Marin
Puntos
32763
$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{1 + \sum_{n \geq 1}u^{n} \bracks{\color{#00f}{\sum_{k = 1}^{n}{1 \over k!}{n - 1 \elegir k - 1}x^{k}}} =\exp\pars{xu \más de 1 - u}:\ {\large ?}}$
\begin{align}&\color{#00f}{\sum_{k = 1}^{n}{1 \over k!}{n - 1 \choose k - 1}x^{k}} =\sum_{k = 0}^{\infty}{1 \over k!}\bracks{% \oint_{\verts{z}\ =\ 1}{\pars{1 + z}^{n - 1} \over z^{k}} \,{\dd z \over 2\pi\ic}}x^{k} \\[3mm]&=\oint_{\verts{z}\ =\ 1}\pars{1 + z}^{n - 1} \bracks{\sum_{k = 0}^{\infty}{\pars{x/z}^{k} \over k!}}\,{\dd z \over 2\pi\ic} =\color{#00f}{\oint_{\verts{z}\ =\ 1}\pars{1 + z}^{n - 1}\exp\pars{x \over z} \,{\dd z \over 2\pi\ic}} \end{align}
\begin{align}&1 + \sum_{n \geq 1}u^{n} \bracks{\color{#00f}{\sum_{k = 1}^{n}{1 \over k!}{n - 1 \choose k - 1}x^{k}}} =1 + \oint_{\verts{z}\ =\ 1}{\exp\pars{x/z} \over 1 + z} \sum_{n \geq 1}\bracks{u\pars{1 + z}}^{n}\,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[3mm]&=1 + \oint_{\verts{z}\ =\ 1}{\exp\pars{x/z} \over 1 + z} \bracks{{1 \over 1 - u\pars{1 + z}} - 1}\,{\dd z \over 2\pi\ic} =1 + \oint_{\verts{z}\ =\ 1}\exp\pars{x/z}\,{u \over 1 - u - uz} \,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[3mm]&=1 + \color{#f00}{{u \over 1 -u}\,{\rm res}\pars{% \exp\pars{x \over z}\,{1 \over 1 - uz/\pars{1 - u}}}_{z\ = 0}} \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\pars{1} \end{align}
\begin{align}&\color{#f00}{{u \over 1 -u}\, {\rm res}\pars{% \exp\pars{x \over z}\,{1 \over 1 - uz/\pars{1 - u}}}_{z\ = 0}} \\[3mm]&={u \over 1 - u}\,{\rm res}\,\pars{% \sum_{\ell = 0}{x^{\ell} \over \ell!}\,{1 \over z^{\ell}} \sum_{\ell' = 0}^{\infty}\pars{u \over 1 - u}^{\ell'}z^{\ell'}}_{z\ =\ 0} =\sum_{\ell = 1}{1 \over \ell!}\,\pars{{u \over 1 - u}\,x}^{\ell} \\[3mm]&=\exp\pars{xu \over 1 - u} - 1 \end{align} Sustituir este resultado en $\pars{1}$, y se llega al resultado.
Con el fin de llegar a la OP resultado asumimos que $\ds{\verts{1 - u \over u} > 1}$ de manera tal que el único polo es al $\ds{z = 0}$. Además, algunos intermedio sumas requieren $\ds{\verts{u} < \half}$. Yo no estudio de la compatibilidad de ambas condiciones. Si el OP decir algo más acerca de la $\ds{u}$ puedo revisar mi respuesta.
