Cómo mostrar esta identidad ∏kq=111−qz=∑kj=1jz∏jq=111−qz+1∏q=1k11−qz=∑j=1kjz∏q=1j11−qz+1\prod_{q=1} ^k\frac{1}{1-qz}=\sum_{j=1}^{k}jz\prod_{q=1}^j\frac{1}{1-qz}+1 evitando una prueba por inducción

Question

Cómo mostrar esta identidad ∏kq=111−qz=∑kj=1jz∏jq=111−qz+1∏q=1k11−qz=∑j=1kjz∏q=1j11−qz+1\prod_{q=1} ^k\frac{1}{1-qz}=\sum_{j=1}^{k}jz\prod_{q=1}^j\frac{1}{1-qz}+1 evitando una prueba por inducción

productos
suma
Matemáticas
números de stirling
funciones generadoras

epi163sqrt

Al observar un buen problema relacionado con los números de Stirling del segundo tipo, un desafío fue mostrar la validez de

\begin{aligned} (1) & \prod_{q = 1}^{k} \frac{1}{1 - q z} = \sum_{j = 1}^{k} j z \prod_{q = 1}^{j} \frac{1}{1 - q z} + 1 k \geq 1 \end{aligned}

$\begin{align*} \color{blue}{\prod_{q=1}^k\frac{1}{1-qz}=\sum_{j=1}^kjz\prod_{q=1}^j\frac{1}{1-qz}+1\qquad k\geq 1}\tag{1} \end{align*}$ Tenía muchas ganas de encontrar una prueba que evitara la inducción, ya que normalmente proporciona información adicional sobre la estructura de la identidad.

Una idea era multiplicar (1) por $\prod_{q=1}^k(1-qz)$ y considéralo como identidad polinomial:
$\begin{aligned} \prod_{q = 1}^{k} (1 - q z) + \sum_{j = 1}^{k} j z \prod_{q = j + 1}^{k} (1 - q z) - 1 = 0 \end{aligned}$ $\begin{align*} \prod_{q=1}^k(1-qz)+\sum_{j=1}^kjz\prod_{q=j+1}^k(1-qz)-1=0 \end{align*}$ Como el lado izquierdo es un polinomio de grado $\leq k$ hallazgo $k+1$ pares de ceros diferentes probarían la identidad.
También pensé en la regla del producto de Leibniz en la forma
$\begin{aligned} \frac{d}{d z} \prod_{q = 1}^{k} (1 - q z) = \sum_{j = 1}^{k} (- j) \prod_{\binom{q = 1}{q \neq j}}^{k} (1 - q z) \end{aligned}$ $\begin{align*} \frac{d}{dz}\prod_{q=1}^k(1-qz)=\sum_{j=1}^k(-j)\prod_{{q=1}\atop{q\neq j}}^k(1-qz) \end{align*}$ podría ser útil

Lamentablemente, no tuve éxito hasta ahora. Se agradece mucho la información útil sobre cómo probar esta identidad sin usar la inducción.

ficar

Si expandes los lhs obtienes

\sum_{n \geq 0} (\sum_{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k} = n} 1^{a_{1}} 2^{a_{2}} \dots k^{a_{k}}) q^{n}

$\sum _{n\geq 0}\left (\sum _{a_1+a_2+\cdots +a_k =n}1^{a_1}2^{a_2}\cdots k^{a_k}\right )q^n$ y entonces si consideras

j = max_{a_{ℓ} > 0} ℓ

$j=\max _{a_{\ell }>0}{\ell}$ entonces obtienes la expresión. ¿Es esto lo que quisiste decir con inducción?

epi163sqrt

@Phicar: Me refiero a la prueba basada en inducción proporcionada en esta respuesta . He actualizado mi pregunta en consecuencia. Gracias,

Respuestas (2)

Cómo mostrar esta identidad ∏kq=111−qz=∑kj=1jz∏jq=111−qz+1∏q=1k11−qz=∑j=1kjz∏q=1j11−qz+1\prod_{q=1} ^k\frac{1}{1-qz}=\sum_{j=1}^{k}jz\prod_{q=1}^j\frac{1}{1-qz}+1 evitando una prueba por inducción

Si expandes los lhs obtienes $\sum _{n\geq 0}\left (\sum _{a_1+a_2+\cdots +a_k =n}1^{a_1}2^{a_2}\cdots k^{a_k}\right )q^n$ y entonces si consideras $j=\max _{a_{\ell }>0}{\ell}$ entonces obtienes la expresión. ¿Es esto lo que quisiste decir con inducción?
@Phicar: Me refiero a la prueba basada en inducción proporcionada en esta respuesta . He actualizado mi pregunta en consecuencia. Gracias,

achille hui · Answer 1

Aviso

j z \prod_{q = 1}^{j} \frac{1}{1 - q z} = (1 - (1 - j z)) \prod_{q = 1}^{j} \frac{1}{1 - q z} = \prod_{q = 1}^{j} \frac{1}{1 - q z} - \prod_{q = 1}^{j - 1} \frac{1}{1 - q z}

$jz\prod\limits^j_{q=1}\frac{1}{1 - qz} = (1 - (1 - jz))\prod\limits^j_{q=1}\frac{1}{1 - qz} = \prod\limits^j_{q=1}\frac{1}{1 - qz} - \prod\limits^{j-1}_{q=1}\frac{1}{1 - qz}$

La suma en LHS es una suma telescópica. Como resultado,

L H S = 1 + \sum_{j = 1}^{k} j z \prod_{q = 1}^{j} \frac{1}{1 - q z} = 1 + (\prod_{q = 1}^{k} \frac{1}{1 - q z} - {\prod_{q = 1}^{0} \frac{1}{1 - q z}}^{1}) = \prod_{q = 1}^{k} \frac{1}{1 - q z}

$\require{cancel}{\rm LHS} = 1 + \sum_{j=1}^k jz\prod_{q=1}^j\frac{1}{1-qz} = 1 + \left(\prod_{q=1}^k \frac{1}{1-qz} - \color{red}{\cancelto{1}{\color{gray}{ \prod_{q=1}^0\frac{1}{1-qz} }}}\right) = \prod_{q=1}^k\frac{1}{1-qz}$

Nota

$\prod\limits_{q=1}^0(\cdots)$ debe interpretarse como un producto vacío y siempre evaluarse como $1$ .

Sí, muy agradable. Eso es lo que estaba buscando, pero no pude verlo. ¡Muchas gracias! :-)
@achille_hui: Lo curioso es que usé este enfoque telescópico en la prueba basada en inducción, pero no sabía que telescópico lo hace todo. :-)

ficar · Answer 2

Como se comentó anteriormente, si expande el LHS obtiene

\prod_{q = 1}^{k} (\sum_{i \geq 0} q^{i} z^{i}) = \sum_{norte \geq 0} (\sum_{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k} = norte} 1^{a_{1}} 2^{a_{2}} \dots k^{a_{k}}) z^{norte},

$\prod _{q=1}^k \left (\sum _{i\geq 0}{q^iz^i}\right )=\sum _{n\geq 0}\left (\sum _{a_1+a_2+\cdots +a_k =n}1^{a_1}2^{a_2}\cdots k^{a_k}\right )z^n,$ dejar

j = \underset{a_{ℓ} \neq 0}{máximo} ℓ,

$j=\max _{a_{\ell }\neq 0}{\ell},$ entonces

a_{ℓ} \geq 1

$a_{\ell}\geq 1$ y entonces puedes filtrar esta suma de la siguiente manera

\begin{aligned} \sum_{norte \geq 1} (\sum_{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k} = norte} 1^{a_{1}} 2^{a_{2}} \dots k^{a_{k}}) z^{norte} & = \sum_{norte \geq 1} (\sum_{j = 1}^{k} \sum_{\begin{matrix} a_{1} + a_{2} + \dots + a_{j} = norte \\ a_{j} > 0 \end{matrix}} 1^{a_{1}} 2^{a_{2}} \dots j^{a_{j}}) z^{norte} \\ = \sum_{norte \geq 1} (\sum_{j = 1}^{k} j \sum_{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{j} - 1 = norte - 1} 1^{a_{1}} 2^{a_{2}} \dots j^{a_{j} - 1}) z^{norte} \\ = \sum_{j = 1}^{k} j z \sum_{norte \geq 1} (\sum_{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{j} - 1 = norte - 1} 1^{a_{1}} 2^{a_{2}} \dots j^{a_{j} - 1}) z^{norte - 1} \end{aligned}

$\begin{align*} \sum _{n\geq 1}\left (\sum _{a_1+a_2+\cdots +a_k =n}1^{a_1}2^{a_2}\cdots k^{a_k}\right )z^n&=\sum _{n\geq 1}\left (\sum _{j=1}^k\sum _{\substack{a_1+a_2+\cdots +a_j =n\\a_j>0}}1^{a_1}2^{a_2}\cdots j^{a_j}\right )z^n\\ &=\sum _{n\geq 1}\left (\sum _{j=1}^kj\sum _{a_1+a_2+\cdots +a_j-1 =n-1}1^{a_1}2^{a_2}\cdots j^{a_j-1}\right )z^n\\ &=\sum _{j=1}^kjz\sum _{n\geq 1}\left (\sum _{a_1+a_2+\cdots +a_j-1 =n-1}1^{a_1}2^{a_2}\cdots j^{a_j-1}\right )z^{n-1} \end{align*}$ Usando la misma expansión obtienes el resultado.

Cómo mostrar esta identidad ∏kq=111−qz=∑kj=1jz∏jq=111−qz+1∏q=1k11−qz=∑j=1kjz∏q=1j11−qz+1\prod_{q=1} ^k\frac{1}{1-qz}=\sum_{j=1}^{k}jz\prod_{q=1}^j\frac{1}{1-qz}+1 evitando una prueba por inducción

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