기하학적 시리즈와 연산자의 Faulhaber 공식?

Nov 23 2020

이에 나타낸 바와 같이 포스트 ,$$ \sum_{k=1}^n x^k = x \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1}$$

RHS의 경우 $x= \left(1+( x-1) \right)$ 이것을 사용하면

$$ \sum_{k=1}^n x^k = \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k} \tag{1}$$

첫 학기에는

$$ \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} \to \binom{n}{1} +\sum_{k=2}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} \tag{2} $$

보결, $k-1 \to j$

$$\sum_{k=2}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} \to + \sum_{j=1}^{n-1} \binom{n}{j+1} (x-1)^j \to + \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k+1} (x-1)^k \tag{3}$$

(1), (2) 및 (3) 사용

$$ \sum_{k=1}^n x^k = \binom{n}{1} + \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k+1} (x-1)^k + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k} $$

또는,

$$ \sum_{k=1}^n x^k= \binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^{n}$$ =

이제 적용 $P^j$ 양쪽에 (4) 어디서 $P$ 다음과 같이 정의 된 연산자입니다. $x \frac{d}{dx}$x = 1에서 평가 합니다. 자세한 내용 은 이 게시물 을 참조하십시오. LHS의 경우

$$ \sum_{k=1}^n x^k \xrightarrow[]{P^j , x=1} \sum_{k=1}^n k^j $$

이 답변에서 여기 ,

$$P^j =\sum_{i=1}^j S(j,i) D_{1}^i$$

어디 $D_1^i = \frac{d^i}{dx^i}|_{x=1}$ S (n, k)는 2 종 스털링 수입니다.

(4) 명시 적으로 작성,

$$ \sum_{k=1}^n k^j = \sum_{i=1}^j S(j,i) D_{1}^i \left[ \binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n \right]$$

이제 고려하십시오

$$ D_{1}^i \left[\binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n \right] $$

내부 용어의 taylor 시리즈를 고려하여 쉽게 평가할 수 있습니다.

$$ f= \binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n $$

그런 다음 테일러 다항식 $f$ 주위에 $x=1$ 다음과 같이 주어집니다.

$$ f = \sum_{k=0}^{n+1} \frac{d^k f}{dx^k}|_1 \frac{(x-1)^k}{k!}$$

계수를 비교하면 미분을 쉽게 평가할 수 있습니다.

$$ D_{1}^i \left[\binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n \right] = \begin{cases} \binom{n}{0} , i=0 \\ i! \binom{n+1}{i+1} , i>0 \end{cases}$$

에 대한 $i \in \mathbb{N}$, 그 후:

$$ \sum_{k=1}^n k^j = \sum_{i=1}^j S(j,i) i! \binom{n+1}{i+1} $$

이 모든 것을 염두에두고

내 증거가 맞습니까?
개선 할 수있는 방법은 무엇입니까?
적용 가능한 단순화가 더 있습니까?

참고 :에 의해 수량 연산자를 평가하고 있습니다. $P^j$ x = 1에서

답변

2 YuzurihaInori Nov 23 2020 at 17:01

증거를 빨리 읽어 보면 오류가 나타나지 않았지만 잘 살펴 봐야합니다. 결과는 실제로 정확하므로 큰 오류가 없기를 바랍니다.

두 번째 질문의 경우 실제로이 신원에 대한보다 효율적인 증거가 있습니다.

\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*}

어디 $(k)_i$ 하강 팩토리얼이고 첫 번째 평등에서 저는 $\sum_{i=0}^nS(n,i)(k)_i=k^j$.

단순화에 관해서는이 이상으로 튀어 나오는 것은 없습니다. 오일러 수와 베르누이 수 (알려진 닫힌 형태가없는 특수 숫자)를 사용하는이 합계의 대체 표현이 있다는 점을 감안할 때,이를 좋은 닫힌 형태로 만들 수 없다는 것은 매우 시사적입니다.