等比数列と演算子からのファウルハーバーの公式？
この投稿に示されているように、$$ \sum_{k=1}^n x^k = x \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1}$$
RHSについては、注意してください $x= \left(1+( x-1) \right)$ これを使用すると、
$$ \sum_{k=1}^n x^k = \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k} \tag{1}$$
第一期は、
$$ \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} \to \binom{n}{1} +\sum_{k=2}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} \tag{2} $$
サブ、 $k-1 \to j$
$$\sum_{k=2}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} \to + \sum_{j=1}^{n-1} \binom{n}{j+1} (x-1)^j \to + \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k+1} (x-1)^k \tag{3}$$
（1）、（2）、および（3）を使用する
$$ \sum_{k=1}^n x^k = \binom{n}{1} + \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k+1} (x-1)^k + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k} $$
または、
$$ \sum_{k=1}^n x^k= \binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^{n}$$ =
今すぐ適用します $P^j$ 両側に（4）ここで $P$ として定義された演算子です $x \frac{d}{dx}$x = 1で評価します。詳細については、この投稿を参照してください。LHSの場合、
$$ \sum_{k=1}^n x^k \xrightarrow[]{P^j , x=1} \sum_{k=1}^n k^j $$
ここでこの答えから、
$$P^j =\sum_{i=1}^j S(j,i) D_{1}^i$$
どこ $D_1^i = \frac{d^i}{dx^i}|_{x=1}$ S（n、k）は第2種のスターリング数です
（4）を明示的に書き出す、
$$ \sum_{k=1}^n k^j = \sum_{i=1}^j S(j,i) D_{1}^i \left[ \binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n \right]$$
さて、考えてみましょう
$$ D_{1}^i \left[\binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n \right] $$
これは、内部項のテイラー級数を考慮することで簡単に評価できます。
$$ f= \binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n $$
次に、のテイラー多項式 $f$ 周り $x=1$ として与えられます：
$$ f = \sum_{k=0}^{n+1} \frac{d^k f}{dx^k}|_1 \frac{(x-1)^k}{k!}$$
係数を比較することにより、導関数を簡単に評価できます。
$$ D_{1}^i \left[\binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n \right] = \begin{cases} \binom{n}{0} , i=0 \\ i! \binom{n+1}{i+1} , i>0 \end{cases}$$
にとって $i \in \mathbb{N}$、したがって：
$$ \sum_{k=1}^n k^j = \sum_{i=1}^j S(j,i) i! \binom{n+1}{i+1} $$
そのすべてを念頭に置いて、
- 私の証拠は正しいですか？
- どうすれば改善できますか？
- これ以上の簡略化を適用できますか？
回答
証明をざっと読んでもエラーは表示されませんでしたが、よく調べる必要があります。結果は確かに正しいので、大きなエラーがないことを願っています。
2番目の質問については、このアイデンティティのより効率的な証拠が確かにあります。
\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*}
どこ $(k)_i$ 階乗冪であり、最初の平等では、私は次の事実を使用しました $\sum_{i=0}^nS(n,i)(k)_i=k^j$。
単純化に関しては、これを超えて実際に飛び出すものはありません。オイラー数とベルヌーイ数（既知の閉じた形のない特別な数）を使用したこの合計の代替表現があることを考えると、これを適切な閉じた形にできないことを強く示唆します。
私はこの問題に取り組み続け、さらに見つけたら何かを追加します。