Hay una simple expresión de esta suma, a los coeficientes de una generación de la función de $e^{x+x^2/2}$?

Question

Suponga que tiene una fórmula $$ \sum_{n\geq 0}f(n)\frac{x^n}{n!}=\exp\left(x+\frac{x^2}{2}\right). $$

Hay una recurrencia de $f(n)$ encontrado por la diferenciación, $$ \sum_{n\geq 1}f(n)\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}=(1+x)e^{x+x^2/2}=(1+x)\sum_{n\geq 0}f(n)\frac{x^n}{n!}. $$ Así igualando los coeficientes de da $f(n+1)=f(n)+nf(n-1)$$n\geq 1$.

Por otra parte, y explícita en la fórmula se encuentra observando $$ \sum_{n\geq 0}f(n)\frac{x^n}{n!}=e^xe^{x^2/2}=\left(\sum_{n\geq 0}\frac{x^n}{n!}\right)\left(\sum_{n\geq 0}\frac{x^{2n}}{2^nn!}\right) $$ y así $$ f(n)=\sum_{i\geq 0\cima\text{$i$ incluso}}\binom{n}{i}\frac{i!}{2^{i/2}(i/2)!}=\sum_{j\geq 0}\binom{n}{2j}\frac{(2j)!}{2^jj!}. $$

Basado en esto, ¿qué es una bonita expresión para $\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f(i)$? (Estoy muy agradecido por Sasha actual de la respuesta, pero es posible obtener este tipo de expresión más combinatoria sin hacer referencia a las variables aleatorias y los momentos? Si no, no hay problema. Me alegro de ver y de respuesta.)

Gracias!

(Debo señalar que esto es motivado por un pasaje en Richard Stanley Combinatoria Enumerativa siguiente ejemplo 1.1.15.)

Answer 1

La función de $\mathcal{M}(t) = \exp(t+t^2/2)$ es el momento de generación de la función de la variable aleatoria normal $Z$ , con una media de $\mu =1$ y la varianza $\sigma^2 = 1$. Esto hace que $f(n) = \mathbb{E}(Z^n)$ momentos de $Z$.

La expresión (asumming $(-1)^{n-1}$ estaba destinado a ser $(-1)^{n-r}$): $$ g(n) = \sum_{i=0}^n (-1)^{n-r} \binom{n}{r} f(r) = \mathbb{E}((Z-1)^n) $$ que es un múltiplo de el momento central de $Z$. Pero estos son conocidos a ser cero para $n=2m-1$ $n=2m$ igual a $(n-1)!!$. Así $$ g(n) = \frac{(-1)^{n}+1}{2} (n-1)!! $$ Si, sin embargo, no hay ningún error en su expresión y que es la que usted quiere $$ \tilde{g}(n) =(-1)^{n-1} \sum_{i=0}^n \binom{n}{r} f(r) = (-1)^{n-1} \mathbb{E}((Z+1)^n) $$ Pero $Z+1$ es de nuevo una variable normal con $\mu=2$$\sigma^2=1$, por lo tanto $$ g(n) = (-1)^{n-1} n! [t]^n \mathrm{e}^{2t + t^2/2} = (-1)^{n-1} \sum_{j \geqslant 0 } \frac{n}{2j} 2^{n-2j} \frac{(2j)!}{2^j j!} $$

Answer 2

Nota: OP está pidiendo una más combinatoria respuesta. Esta está basada en binomial inversa pares.

De acuerdo a la OPs pregunta de la forma exponencial de generación de función (egf)

\begin{align*} F(x)=\sum_{n\geq 0}f_n\frac{x^n}{n!}=e^{x+\frac{x^2}{2}} \end{align*} ha coeficientes de la forma \begin{align*} f_n=\sum_{k\geq 0}\binom{n}{2k}\frac{(2k!)}{2^kk!}\tag{1} \end{align*} y estamos en busca de una expresión simple para \begin{align*} \sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom{n}{k}f_k\tag{2} \end{align*}

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El siguiente es válido para $n\geq 0$

\begin{align*} \sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom{n}{k}f_k= \begin{cases} {\displaystyle \frac{n!}{2^{\frac{n}{2}}\left(\frac{n}{2}\right)!}}&\qquad n \text{ even}\\ \tag{3}\\ 0&\qquad n \text{ odd}\\ \end{casos} \end{align*} lo que conduce a la binomial identidad \begin{align*} \sum_{k=0}^{2n}(-1)^k\binom{2n}{k}\sum_{j=0}^{\lfloor\frac{k}{2}\rfloor}\binom{k}{2j}\frac{(2j)!}{2^jj!}=\frac{(2n)!}{2^nn!} \qquad\qquad (n\geq 0)\tag{4} \end{align*}

Con el fin de mostrar esta relación podemos crear una binomial inversa par por la multiplicación exponencial de las funciones de generación (egfs).

Deje $F(x)=\sum_{n\ge0}f_{n}\frac{x^n}{n!}$ $G(x)=\sum_{n\ge0}g_{n}\frac{x^n}{n!}$ egfs con $F(x)=G(x)e^x$. La comparación de los coeficientes da el siguiente

Binomial inversa par: \begin{align*} F(x)&=G(x)e^x&G(x)&=F(x)e^{-x}\\ f_n&=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}g_k&g_n&=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{n-k}f_k\qquad \tag{5} \end{align*}

Este simple y muchos otros ejemplos de la binomial inversa pares se pueden encontrar por ejemplo, en el clásico de la Combinatoria de las Identidades por John Riordan ($1968$).

Se observa que el $g_n$ tiene ya la forma que estamos buscando en (2) y también vemos que $$F(x)=e^{x+\frac{x^2}{2}}=G(x)e^x$$ con $G(x)=e^{\frac{x^2}{2}}$. Obtenemos de acuerdo a (5) \begin{align*} G(x)&=F(x)e^{-x}=e^{\frac{x^2}{2}}=\sum_{n\geq 0}\frac{x^{2n}}{2^nn!} =\sum_{n\geq 0}\frac{(2n)!}{2^nn!}\frac{x^{2n}}{(2n)!}\tag{6}\\ \end{align*} y \begin{align*} G(x)&=\sum_{n\geq 0}^{n}g_n\frac{x^n}{n!}\\ &=\sum_{n\geq 0}\left(\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{n-k}f_j\right)\frac{x^n}{n!}\tag{7}\\ &=\sum_{n\geq 0}\left(\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{n-j} \sum_{j=0}^{\lfloor\frac{k}{2}\rfloor}\binom{k}{2j}\frac{(2j!)}{2^jj!}\right)\frac{x^n}{n!}\tag{8}\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\Box \end{align*}

Comentario:

• En (7) sustituimos $g_n$ según (4)

• En (8) nos substitue $f_n$ según (2)

Conclusión:

• De acuerdo con (6) los coeficientes de incluso los poderes de $G(x)$ $\frac{(2n)!}{2^nn!}$ y cero en caso contrario. Así, la afirmación de (3) se mantiene.

• La comparación de los coeficientes de $G(x)$ (6) y (8) muestran el binomio identidad en (4) es válida.