Wzór Faulhabera z szeregów geometrycznych i operatorów?
Jak pokazano w tym poście ,$$ \sum_{k=1}^n x^k = x \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1}$$
Uwaga dla RHS $x= \left(1+( x-1) \right)$ i używając tego otrzymujemy,
$$ \sum_{k=1}^n x^k = \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k} \tag{1}$$
W pierwszym semestrze
$$ \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} \to \binom{n}{1} +\sum_{k=2}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} \tag{2} $$
Pod, $k-1 \to j$
$$\sum_{k=2}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k-1} \to + \sum_{j=1}^{n-1} \binom{n}{j+1} (x-1)^j \to + \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k+1} (x-1)^k \tag{3}$$
Korzystanie z (1), (2) i (3)
$$ \sum_{k=1}^n x^k = \binom{n}{1} + \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k+1} (x-1)^k + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (x-1)^{k} $$
Lub,
$$ \sum_{k=1}^n x^k= \binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^{n}$$ =
Teraz zastosuj $P^j$ po obu stronach (4), gdzie $P$ jest operatorem zdefiniowanym jako $x \frac{d}{dx}$i oceniaj przy x = 1, zobacz ten post, aby uzyskać więcej informacji. Dla LHS,
$$ \sum_{k=1}^n x^k \xrightarrow[]{P^j , x=1} \sum_{k=1}^n k^j $$
Z tej odpowiedzi tutaj ,
$$P^j =\sum_{i=1}^j S(j,i) D_{1}^i$$
Gdzie $D_1^i = \frac{d^i}{dx^i}|_{x=1}$ a S (n, k) jest liczbą Stirlinga drugiego rodzaju
Pisanie (4) jawnie,
$$ \sum_{k=1}^n k^j = \sum_{i=1}^j S(j,i) D_{1}^i \left[ \binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n \right]$$
Teraz zastanów się
$$ D_{1}^i \left[\binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n \right] $$
Możemy to łatwo ocenić, rozważając serię Taylora terminu wewnętrznego, zadzwoń:
$$ f= \binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n $$
Następnie wielomian Taylor $f$ na około $x=1$ jest podane jako:
$$ f = \sum_{k=0}^{n+1} \frac{d^k f}{dx^k}|_1 \frac{(x-1)^k}{k!}$$
Porównując współczynniki możemy łatwo oszacować pochodną,
$$ D_{1}^i \left[\binom{n}{1}+ \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n+1}{k+1} (x-1)^k + (x-1)^n \right] = \begin{cases} \binom{n}{0} , i=0 \\ i! \binom{n+1}{i+1} , i>0 \end{cases}$$
Dla $i \in \mathbb{N}$, W związku z tym:
$$ \sum_{k=1}^n k^j = \sum_{i=1}^j S(j,i) i! \binom{n+1}{i+1} $$
Mając to wszystko na uwadze,
- Czy mój dowód jest prawidłowy?
- W jaki sposób mogę to ulepszyć?
- Czy można zastosować jakieś większe uproszczenie?
Odpowiedzi
Szybkie odczytanie dowodu nie wykazało żadnego błędu, chociaż musiałbym się mu dobrze przyjrzeć. Wynik jest rzeczywiście poprawny, więc mam nadzieję, że nie ma większego błędu.
Jeśli chodzi o drugie pytanie, istnieje rzeczywiście skuteczniejszy dowód tej tożsamości.
\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*}
gdzie $(k)_i$ jest silnią spadającą iw pierwszej równości użyłem tego faktu $\sum_{i=0}^nS(n,i)(k)_i=k^j$.
Jeśli chodzi o uproszczenia, nic tak naprawdę nie wykracza poza to. Biorąc pod uwagę, że istnieją alternatywne reprezentacje tego sumowania przy użyciu liczb Eulera i liczb Bernoulliego (które są specjalnymi liczbami bez znanych zamkniętych form), jest wysoce sugestywne, że nie można tego uzyskać w żadnej dobrej zamkniętej formie.
Będę dalej pracował nad tym problemem i dodam wszystko, jeśli znajdę więcej.