Una suma de números de Stirling del segundo tipo

Question

Una suma de números de Stirling del segundo tipo

asintóticos
Matemáticas
combinatoria
números de stirling
funciones generadoras
relaciones de recurrencia

mfores

Encuentre una fórmula (ya sea exacta o asintótica en $N$ ) para $S(N)$ , dónde

S (norte) = \sum_{norte = norte}^{\infty} \sum_{k = norte}^{norte} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) (- 1)^{k - j} (1 + j)^{norte} \frac{t^{norte}}{norte!} .

$\begin{equation} S(N) = \sum_{n=N}^\infty \sum_{k=N}^n \sum_{j=0}^k \binom{k}{j} (-1)^{k-j} (1+j)^n \frac{t^n}{n!}. \end{equation}$ Aquí

N \geq 1

$N\geq 1$ ,

(\binom{k}{j})

$\binom{k}{j}$ es el símbolo combinatorio, y

t

$t$ es un parámetro formal.

Nota: tal vez sea útil recordar los números de Stirling del segundo tipo,

{\begin{matrix} norte \\ k \end{matrix}} = \frac{1}{k!} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) (- 1)^{k - j} j^{norte},

$\begin{equation} \left\{ \begin{array}{c} n \\ k \end{array} \right\} = \frac{1}{k!} \sum_{j=0}^k \binom{k}{j} (-1)^{k-j} j^n, \end{equation}$ y su función generadora

\sum_{norte = 0}^{\infty} {\begin{matrix} norte \\ k \end{matrix}} \frac{X^{norte}}{norte!} = \frac{({mi}^{X} - 1)^{k}}{k!} .

$\begin{equation} \sum_{n=0}^\infty \left\{ \begin{array}{c} n \\ k \end{array} \right\} \frac{x^n}{n!} = \frac{(e^x-1)^k}{k!}. \end{equation}$

Agradezco comentarios sobre funciones especiales, técnicas asintóticas o referencias que puedan ser útiles para solucionar este problema.

joriki

Esto podría ser un comienzo:

\begin{aligned} S (norte) & = \sum_{norte = norte}^{\infty} \sum_{k = norte}^{norte} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) (- 1)^{k - j} (1 + j)^{norte} \frac{t^{norte}}{norte!} \\ = \sum_{norte = norte}^{\infty} \sum_{k = norte}^{norte} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) (- 1)^{k - j} \sum_{yo = 0}^{norte} (\binom{norte}{yo}) j^{yo} \frac{t^{norte}}{norte!} \\ = \sum_{norte = norte}^{\infty} \sum_{k = norte}^{norte} \sum_{yo = 0}^{norte} (\binom{norte}{yo}) \frac{t^{norte}}{norte!} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) (- 1)^{k - j} j^{yo} \\ = \sum_{norte = norte}^{\infty} \sum_{k = norte}^{norte} \sum_{yo = 0}^{norte} (\binom{norte}{yo}) \frac{t^{norte}}{norte!} k! {\binom{yo}{k}} \end{aligned}

$\begin{align} S(N) &= \sum_{n=N}^\infty \sum_{k=N}^n \sum_{j=0}^k \binom{k}{j} (-1)^{k-j} (1+j)^n \frac{t^n}{n!}\\ &=\sum_{n=N}^\infty \sum_{k=N}^n \sum_{j=0}^k \binom{k}{j} (-1)^{k-j} \sum_{l=0}^n\binom nlj^l \frac{t^n}{n!}\\ &=\sum_{n=N}^\infty \sum_{k=N}^n \sum_{l=0}^n\binom nl\frac{t^n}{n!}\sum_{j=0}^k \binom{k}{j} (-1)^{k-j}j^l \\ &=\sum_{n=N}^\infty \sum_{k=N}^n \sum_{l=0}^n\binom nl\frac{t^n}{n!}k!\left\{l\atop k\right\}\\ \end{align}$

mfores

@joriki, esto es ciertamente útil. La suma de los números de Stirling ponderados con

k!

$k!$ mire los números de Bell ordenados en.wikipedia.org/wiki/Ordered_Bell_number

Marko Riedel

@joriki Generando funciones al rescate.

Respuestas (1)

Una suma de números de Stirling del segundo tipo

Esto podría ser un comienzo: $\begin{aligned} S (norte) & = \sum_{norte = norte}^{\infty} \sum_{k = norte}^{norte} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) (- 1)^{k - j} (1 + j)^{norte} \frac{t^{norte}}{norte!} \\ = \sum_{norte = norte}^{\infty} \sum_{k = norte}^{norte} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) (- 1)^{k - j} \sum_{yo = 0}^{norte} (\binom{norte}{yo}) j^{yo} \frac{t^{norte}}{norte!} \\ = \sum_{norte = norte}^{\infty} \sum_{k = norte}^{norte} \sum_{yo = 0}^{norte} (\binom{norte}{yo}) \frac{t^{norte}}{norte!} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) (- 1)^{k - j} j^{yo} \\ = \sum_{norte = norte}^{\infty} \sum_{k = norte}^{norte} \sum_{yo = 0}^{norte} (\binom{norte}{yo}) \frac{t^{norte}}{norte!} k! {\binom{yo}{k}} \end{aligned}$ $\begin{align} S(N) &= \sum_{n=N}^\infty \sum_{k=N}^n \sum_{j=0}^k \binom{k}{j} (-1)^{k-j} (1+j)^n \frac{t^n}{n!}\\ &=\sum_{n=N}^\infty \sum_{k=N}^n \sum_{j=0}^k \binom{k}{j} (-1)^{k-j} \sum_{l=0}^n\binom nlj^l \frac{t^n}{n!}\\ &=\sum_{n=N}^\infty \sum_{k=N}^n \sum_{l=0}^n\binom nl\frac{t^n}{n!}\sum_{j=0}^k \binom{k}{j} (-1)^{k-j}j^l \\ &=\sum_{n=N}^\infty \sum_{k=N}^n \sum_{l=0}^n\binom nl\frac{t^n}{n!}k!\left\{l\atop k\right\}\\ \end{align}$
@joriki, esto es ciertamente útil. La suma de los números de Stirling ponderados con $k!$ mire los números de Bell ordenados en.wikipedia.org/wiki/Ordered_Bell_number

Marko Riedel · Answer 1

Supongamos que buscamos evaluar

S (norte) = \sum_{norte = norte}^{\infty} \sum_{k = norte}^{norte} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) (- 1)^{k - j} (1 + j)^{norte} \frac{t^{norte}}{norte!} .

$S(N) = \sum_{n=N}^\infty \sum_{k=N}^n \sum_{j=0}^k {k\choose j} (-1)^{k-j} (1+j)^n \frac{t^n}{n!}.$

Esto es

S (norte) = \sum_{norte = norte}^{\infty} \frac{t^{norte}}{norte!} \sum_{k = norte}^{norte} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) (- 1)^{k - j} (1 + j)^{norte} .

$S(N) = \sum_{n=N}^\infty \frac{t^n}{n!} \sum_{k=N}^n \sum_{j=0}^k {k\choose j} (-1)^{k-j} (1+j)^n.$

Ahora introduce

(1 + j)^{norte} = \frac{norte!}{2 π i} \int_{| z | = ϵ} \frac{1}{z^{norte + 1}} Exp ((1 + j) z) d z .

$(1+j)^n = \frac{n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \exp((1+j)z) \; dz.$

Obtenemos así para la suma interna

\frac{norte!}{2 π i} \int_{| z | = ϵ} \frac{1}{z^{norte + 1}} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) (- 1)^{k - j} Exp ((1 + j) z) d z = \frac{norte!}{2 π i} \int_{| z | = ϵ} \frac{Exp (z)}{z^{norte + 1}} (Exp (z) - 1)^{k} d z .

$\frac{n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \sum_{j=0}^k {k\choose j} (-1)^{k-j} \exp((1+j)z) \; dz \\ = \frac{n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{\exp(z)}{z^{n+1}} (\exp(z)-1)^k\; dz.$

Sustituye esto en la suma del medio para obtener

\frac{norte!}{2 π i} \int_{| z | = ϵ} \frac{Exp (z)}{z^{norte + 1}} \frac{(Exp (z) - 1)^{norte + 1} - (Exp (z) - 1)^{norte}}{Exp (z) - 2} d z .

$\frac{n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{\exp(z)}{z^{n+1}} \frac{(\exp(z)-1)^{n+1} - (\exp(z)-1)^N}{\exp(z)-2} \; dz.$

ahora desde $\exp(z)-1$ empieza a $z$ el primer término desaparece y obtenemos

\frac{norte!}{2 π i} \int_{| z | = ϵ} \frac{Exp (z)}{z^{norte + 1}} \frac{(Exp (z) - 1)^{norte}}{2 - Exp (z)} d z .

$\frac{n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{\exp(z)}{z^{n+1}} \frac{(\exp(z)-1)^N}{2-\exp(z)} \; dz.$

Obtenemos así para la suma restante

\sum_{norte = norte}^{\infty} \frac{t^{norte}}{norte!} \frac{norte!}{2 π i} \int_{| z | = ϵ} \frac{Exp (z)}{z^{norte + 1}} \frac{(Exp (z) - 1)^{norte}}{2 - Exp (z)} d z .

$\sum_{n=N}^\infty \frac{t^n}{n!} \frac{n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{\exp(z)}{z^{n+1}} \frac{(\exp(z)-1)^N}{2-\exp(z)} \; dz.$

Finalmente tenga en cuenta que $(\exp(z)-1)^N$ empieza a $z^N$ por lo que podemos reducir el valor inicial de la suma restante a cero, obteniendo

\sum_{norte = 0}^{\infty} t^{norte} \frac{1}{2 π i} \int_{| z | = ϵ} \frac{Exp (z)}{z^{norte + 1}} \frac{(Exp (z) - 1)^{norte}}{2 - Exp (z)} d z .

$\sum_{n=0}^\infty t^n \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{\exp(z)}{z^{n+1}} \frac{(\exp(z)-1)^N}{2-\exp(z)} \; dz.$

Lo que tenemos aquí es un extractor de coeficientes aniquilado que finalmente produce

\frac{Exp (t)}{2 - Exp (t)} (Exp (t) - 1)^{norte} .

$\frac{\exp(t)}{2-\exp(t)} (\exp(t)-1)^N.$

Ahora, para la tasa de crecimiento exponencial de los coeficientes en $t^n$ obtenemos la distancia a la singularidad más cercana que es $\log 2.$ Entonces el radio de convergencia de esta suma es $|t|<\log 2.$

Observación. Habiendo llegado al final de este cálculo, vemos que no necesitábamos sustituir la variable en la integral, lo que significa que podríamos haber usado la notación extractora de coeficientes $[z^n]$ a lo largo de. Esto no afecta la semántica del cálculo.

Observación. Hay varios ejemplos más de la técnica de extractores de coeficientes anulados en este enlace MSE I y en este enlace MSE II y también aquí en este enlace MSE III .

Esto es exactamente lo que estaba buscando, agradezco mucho su respuesta detallada y los enlaces, gracias. Por cierto, se me ocurrió este tipo de suma ya que estoy tratando de evaluar el término de error en un método numérico (de orden $N$ ) Estoy trabajando en.

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