q-Análogo de la fórmula xn=∑k{nk}(x)kxn=∑k{nk}(x)kx^n=\sum_k\left\{n\atop k\right\}(x)_k.

Question

q-Análogo de la fórmula xn=∑k{nk}(x)kxn=∑k{nk}(x)kx^n=\sum_k\left\{n\atop k\right\}(x)_k.

q-análogos
Matemáticas
combinatoria
números de stirling
relaciones de recurrencia

carmen así

Los números de Stirling del segundo tipo satisfacen la fórmula $x^n=\sum_k\left\{n\atop k\right\}(x)_k$ , dónde $(x)_k$ es el factorial descendente.

Considera el $q$ -definición recursiva analógica de los números de Stirling, dada por

{\binom{norte}{k}}_{q} = (k)_{q} {\binom{norte - 1}{k}}_{q} + q^{k - 1} {\binom{norte - 1}{k - 1}}_{q} .

$\left\{n\atop k\right\}_q=(k)_q\left\{n-1\atop k\right\}_q+q^{k-1}\left\{n-1\atop k-1\right\}_q.$

¿Por qué satisfacen un análogo a la fórmula estándar,

((r)_{q})^{norte} = \sum_{k} {\binom{norte}{k}}_{q} (r)_{q} (r - 1)_{q} \dots (r - k + 1)_{q} ?

$((r)_q)^n=\sum_k\left\{n\atop k\right\}_q(r)_q(r-1)_q\cdots(r-k+1)_q?$ Gracias.

matt groff

Hola, ¿Hay algún tipo especial de fórmula que estés buscando? Estoy tratando de encontrar análogos como

{(x)_{q}}^{n}

${(x)_q}^n$ y

{(x^{n})}_{q}

${(x^n)}_q$ , y podría intentar buscar otras, pero no estoy seguro de si desea restringir las fórmulas posibles de alguna manera.

carmen así

@MattGroff Hola, Matt, estoy buscando específicamente un análogo para

((r)_{q})^{n}

$((r)_q)^n$ estar en el mismo espíritu de

x^{n}

$x^n$ .

Respuestas (2)

q-Análogo de la fórmula xn=∑k{nk}(x)kxn=∑k{nk}(x)kx^n=\sum_k\left\{n\atop k\right\}(x)_k.

Hola, ¿Hay algún tipo especial de fórmula que estés buscando? Estoy tratando de encontrar análogos como ${(x)_q}^n$ y ${(x^n)}_q$ , y podría intentar buscar otras, pero no estoy seguro de si desea restringir las fórmulas posibles de alguna manera.
@MattGroff Hola, Matt, estoy buscando específicamente un análogo para $((r)_q)^n$ estar en el mismo espíritu de $x^n$ .

Brian M Scott · Answer 1

El $q$ -Los números de Stirling definidos por su recurrencia satisfacen la ecuación del operador

\begin{matrix} (1) & (X D_{q})^{norte} = \sum_{k} {\binom{norte}{k}}_{q} X^{k} D_{q}^{k}, \end{matrix}

$(xD_q)^n=\sum_k\left\{n\atop k\right\}_qx^kD_q^k\;,\tag{1}$

dónde $D_q$ es el $q$ -operador derivado definido por

D_{q} F (X) = \frac{F (q X) - F (X)}{q X - X}

$D_qf(x)=\frac{f(qx)-f(x)}{qx-x}$ y satisfactorio

D_{q} X^{norte} = \frac{(q X)^{norte} - X^{norte}}{(q - 1) X} = \frac{q^{norte} - 1}{q - 1} X^{norte - 1} = (norte)_{q} X^{norte - 1}

$D_qx^n=\frac{(qx)^n-x^n}{(q-1)x}=\frac{q^n-1}{q-1}x^{n-1}=(n)_qx^{n-1}$ y

D_{q} X = q X D_{q};

$D_qx=qxD_q\;;$ para una prueba ver esta respuesta .

Ahora $xD_qx^r=x(r)_qx^{r-1}=(r)_qx^r$ , por lo que una inducción fácil muestra que $(xD_q)^nx^r=\big((r)_q\big)^nx^r$ . Así, aplicando $(1)$ a $x^r$ rendimientos

\begin{aligned} ((r)_{q})^{norte} X^{r} & = (X D_{q})^{norte} X^{r} \\ = \sum_{k} {\binom{norte}{k}}_{q} X^{k} D_{q}^{k} X^{r} \\ = \sum_{k} {\binom{norte}{k}}_{q} X^{k} (r)_{q} (r - 1)_{q} \dots (r - k + 1)_{q} X^{r - k} \\ = \sum_{k} {\binom{norte}{k}}_{q} (r)_{q} (r - 1)_{q} \dots (r - k + 1)_{q} X^{r} . \end{aligned}

$\begin{align*} \Big((r)_q\Big)^nx^r&=(xD_q)^nx^r\\ &=\sum_k\left\{n\atop k\right\}_qx^kD_q^kx^r\\ &=\sum_k\left\{n\atop k\right\}_qx^k(r)_q(r-1)_q\cdots(r-k+1)_qx^{r-k}\\ &=\sum_k\left\{n\atop k\right\}_q(r)_q(r-1)_q\cdots(r-k+1)_qx^r\;. \end{align*}$

Ahora solo reemplaza $x=1$ .

johann cigler · Answer 2

Si puede leer alemán, encontrará una respuesta en mis notas de clase Elementare q-Identitaeten, Capítulo 3. (http://homepage.univie.ac.at/johann.cigler/skripten.html).

Su $\left\{n\atop k\right\}_q$ es igual a mi $q^{\binom{k}{2}} S[n,k]$

q-Análogo de la fórmula xn=∑k{nk}(x)kxn=∑k{nk}(x)kx^n=\sum_k\left\{n\atop k\right\}(x)_k.

carmen así

matt groff

carmen así

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Brian M Scott

johann cigler

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