Formule de Faulhaber à partir de séries géométriques et d'opérateurs?
Comme le montre cet article ,$$ \sum_{k=1}^n x^k = x \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1}$$
Pour RHS, remarquez $x= \left(1+( x-1) \right)$ et en utilisant cela, nous obtenons,
$$ \sum_{k=1}^n x^k = \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k} \tag{1}$$
Pour le premier mandat,
$$ \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} \to \binom{n}{1} +\sum_{k=2}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} \tag{2} $$
Sous, $k-1 \to j$
$$\sum_{k=2}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} \to + \sum_{j=1}^{n-1} \binom{n}{j+1} (x-1)^j \to + \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k+1} (x-1)^k \tag{3}$$
Utilisation de (1), (2) et (3)
$$ \sum_{k=1}^n x^k = \binom{n}{1} + \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k+1} (x-1)^k + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k} $$
Ou,
$$ \sum_{k=1}^n x^k= \binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^{n}$$ =
Maintenant, appliquez le $P^j$ des deux côtés (4) où $P$ est un opérateur défini comme $x \frac{d}{dx}$et évaluer à x = 1, voir cet article pour plus de détails. Pour LHS,
$$ \sum_{k=1}^n x^k \xrightarrow[]{P^j , x=1} \sum_{k=1}^n k^j $$
De cette réponse ici ,
$$P^j =\sum_{i=1}^j S(j,i) D_{1}^i$$
Où $D_1^i = \frac{d^i}{dx^i}|_{x=1}$ et S (n, k) est le nombre stirling du second type
Ecrire (4) explicitement,
$$ \sum_{k=1}^n k^j = \sum_{i=1}^j S(j,i) D_{1}^i \left[ \binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n \right]$$
Maintenant, considérez
$$ D_{1}^i \left[\binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n \right] $$
Nous pouvons facilement l'évaluer en considérant les séries taylor du terme intérieur, appelez:
$$ f= \binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n $$
Ensuite, le polynôme de Taylor de $f$ autour $x=1$ est donné comme:
$$ f = \sum_{k=0}^{n+1} \frac{d^k f}{dx^k}|_1 \frac{(x-1)^k}{k!}$$
En comparant les coefficients, nous pouvons facilement évaluer la dérivée,
$$ D_{1}^i \left[\binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n \right] = \begin{cases} \binom{n}{0} , i=0 \\ i! \binom{n+1}{i+1} , i>0 \end{cases}$$
Pour $i \in \mathbb{N}$, Par conséquent:
$$ \sum_{k=1}^n k^j = \sum_{i=1}^j S(j,i) i! \binom{n+1}{i+1} $$
Avec tout cela à l'esprit,
- Ma preuve est-elle correcte?
- Comment puis-je l'améliorer?
- Y a-t-il plus de simplification applicable?
Réponses
Une lecture rapide de la preuve n'a montré aucune erreur, même si j'aurais besoin de l'examiner attentivement. Le résultat est en effet correct, j'espère donc qu'il n'y a pas d'erreur majeure.
Pour la deuxième question, il existe en effet une preuve plus efficace de cette identité.
\begin{align*} \sum_{k=0}^nk^j&=\sum_{k=0}^n\sum_{i=0}^j S(j,i)(k)_i\\&=\sum_{i=0}^j i!S(j,i)\sum_{k=0}^n\frac{(k)_i}{i!}\\&=\sum_{i=0}^j i!S(j,i)\sum_{k=0}^n\binom{k}{i}\\&=\sum_{i=0}^j i!S(j,i)\binom{n+1}{i+1} \end{align*}
où $(k)_i$ est le factoriel décroissant et dans la première égalité, j'ai utilisé le fait que $\sum_{i=0}^nS(n,i)(k)_i=k^j$.
Quant aux simplifications, rien ne saute vraiment au-delà de cela. Étant donné qu'il existe des représentations alternatives de cette sommation utilisant des nombres d'Euler et des nombres de Bernoulli (qui sont des nombres spéciaux sans formes fermées connues), il est fortement suggérant que l'on ne puisse pas obtenir cela dans une bonne forme fermée.
Je vais continuer à travailler sur ce problème et ajouter quelque chose si je trouve plus.