Secuencia completa de secuencias de

Question

Que puede continuar (completo) de la siguiente secuencia:

$$1,n-1,\frac{(n-2)(n-1)}{2},\frac{(n-4)(n-3)(n+1)}{6},\frac{(n-7)(n-4)(n-2)(n+3)}{24},\dots$$

Este fue surgiendo en el curso de esta cuestión tan crucial coeficientes en la transformación de Fibonacci polinomios.

Estoy bastante seguro de que he visto antes en otro contexto, pero no lo recuerdo exactamente, tengo el vago recuerdo de que contiene algunos de los más complicada estructura de factoriales, tal vez algo como el aumento factoriales/Pochhammer-símbolos.

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Editar

La siguiente secuencia de esta fila es numéricamente $$a_6 = \{-4,12,-21,-24,-9,42,154,360,702,1232\dots\}$$

Este no es el 5$^{th}$ grado del polinomio ya, y yo soy incapaz de detectar la ley.. Si la realidad es una, lo que puede ser visto desde la quinta diferencia con la secuencia que se presenta constante (cuando se calcula correctamente).

Por interpolación y factorización finalmente llegué a la ley (ver más abajo).

Editar-2

Mientras tanto, he encontrado una forma alternativa de generar estas series, pero sin embargo todavía se quedó atascado en el 6$^{th}$.

Ellos pueden ser expresadas como los coeficientes de la expansión de la serie de fracciones polinómicas $f_i(x)$$x=0$, las funciones son en detalle:

\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c} i& 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\ \hline a_i&1 & n-1 & \frac{(n-2)(n-1)}{2}& \frac{(n-4)(n-3)(n+1)}{6}&\frac{(n-7)(n-4)(n-2)(n+3)}{24}&v.i.&v.i.\\ \hline f_i(x)&\frac{1}{x-1}& \frac{1}{(x-1)^2}&\frac{1}{(x-1)^3}&\frac{(x-2)x}{(x-1)^4}&\frac{(x-2)(1+x(x-3))}{(x-1)^5}&?&\\ \end{array}

Editar-3

Así, la expresión para la próxima secuencias son:

$$ a_6 = \frac{(n-5)(n-4)(n-1)(n^2-5n-54)}{120} $$

$$ a_7 = \frac{(n-6)(n-3)(n^4-12n^3-71n^2+642n+160)}{720} $$

Todavía soy incapaz de adivinar una ley general para $f_i(x)$ o $a_i$.

Editar-4

Voy a tratar de conseguir algunos de recursividad relación ahora a partir de la consideración de la diferencia de la serie.

Answer 1

Como se hace referencia en otra pregunta, $$F_n(x) = \sum_{k=0}^n \binom{\frac{n+k-1}{2}}{k} x^k$$

Si tenemos en cuenta $F_n(x+1)$ directamente nos dan $$\begin{eqnarray} F_n(x+1) & = & \sum_{k=0}^n \binom{\frac{n+k-1}{2}}{k} (x+1)^k \\ & = & \sum_{k=0}^n \binom{\frac{n+k-1}{2}}{k} \sum_{i=0}^k \binom{k}{i} x^i \\ & = & \sum_{i=0}^n x^i \sum_{k=i}^n \binom{\frac{n+k-1}{2}}{k} \binom{k}{i} \\ \end{eqnarray}$$

Si tenemos en cuenta $F_n(x+1)$ como una suma de la ponderación de los $F_m(x)$ obtenemos $$\begin{eqnarray} F_n(x+1) & = & \sum_{m=0}^n \lambda_m \sum_{k=0}^m \binom{\frac{m+k-1}{2}}{k} x^k \\ & = & \sum_{k=0}^n x^k \sum_{m=k}^n \binom{\frac{m+k-1}{2}}{k} \lambda_m \\ \end{eqnarray}$$

Por igualando los coeficientes en $x^i$ tenemos

$$\sum_{m=i}^n \binom{\frac{m+i-1}{2}}{i} \lambda_m = \sum_{k=i}^n \binom{\frac{n+k-1}{2}}{k} \binom{k}{i}$$

En el lado izquierdo, descartar el término $m=i$ (desde $2i-1$ es impar) y extraer el plazo $m=i+1$ a partir de la suma y la suma se puede pasar a la derecha:

$$\lambda_{i+1} = \left(\sum_{k=i}^n \binom{\frac{n+k-1}{2}}{k} \binom{k}{i}\right) - \sum_{m=i+2}^n \binom{\frac{m+i-1}{2}}{i} \lambda_m$$

Y voilà: un caso de recurrencia.

NB su $a_j$$\lambda_{n-j+1}$, por lo que

$$a_j = \left(\sum_{k=n-j}^n \binom{\frac{n+k-1}{2}}{k} \binom{k}{n-j}\right) - \sum_{m=n-j+2}^n \binom{\frac{n+m-j-1}{2}}{n-j} a_{n-m+1}$$

y tiene sentido volver a indexar, al menos, la segunda suma como

$$a_j = \left(\sum_{k=n-j}^n \binom{\frac{n+k-1}{2}}{k} \binom{k}{n-j}\right) - \sum_{m=1}^{j-1} \binom{n-\frac{m+j}{2}}{n-j} a_{m}$$