03.02.2025 01:32
GADo 1 1400 Источник

Я не учился в топовом университета и тем более не учился на профессионального математика. Но когда я был студентом, меня однажды зацепила задача. Задача, которая абсолютно не имела для меня практического применения, но тем не менее захватила мое внимание. Эта статья не будет о ее решении, эту вводную часть я пишу для того, чтобы на своем примере показать красоту математики. Если говорить о задаче, у меня не получится даже толком ее сформулировать, но я попытаюсь в самой общей форме: найти коэффициенты a_k^n разложения

\alpha(\alpha+1)(\alpha+2)\dots(\alpha+n-1)=\sum_{k=1}^na_k^n\alpha^k

Если же быть точнее, я не знал, чего именно ищу, в целом меня бы устроила любая информация про эти числа, конечно, исключая реккуретные соотношения. Они мое любопытство удовлетворить не могли. Как-либо подойти к решению у меня не получалось, я не знал даже с чего тут можно начать. Начинать с открытия браузера я точно не хотел и скорее предпочел бы ее забросить. Но я не сдавался и всякий раз брался за задачу, пока решение не пришло оттуда, откуда я совсем не ждал. Когда я решил исследовать оператор, как казалось, совершенно не связанный с этой задачей. Этот оператор имеет следующее достаточно оригинальное обозначение \left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^n, но названия его я не знаю, по-этому на всем протяжении статьи я буду его называть просто оператор. Количество интересных результатов, о которых я слышал и о существовании которых не подозревал, и которые он слету мне позволял получать, меня поразили. И в конечном счете я получил и тот результат, который давно мне не давался.

Все общепринятые обозначения, в том числе и обозначение оператора, я нашел лишь после того, как получил удовлетворительный мне результаты. Результаты хоть и совсем скромные, но зато мои и чтобы эта статья не залеживалась в давно забытых уголках моего компьютера, я решил ее опубликовать.

Перед началом важно сделать несколько уточнений о формулах и доказательствах, чтобы не перегружать текст:

  • Если не указано иное, индексы во всех формулах — целые положительные числа.

  • Если не указано иное, нижние индексы у коэффициентов не превышают верхние.

  • Производные, интегралы и изменение порядка суммирования подразумеваются всякий раз, когда используются, без дополнительных упоминаний. Все ограничения, накладываемые на коэффициенты рядов можно найти в соответствующей литературе.

Определение и свойства.

Чтож, давайте пристальней рассмотрим оператор, который позволяет быстро и эффективно находить ряд интересных закономерностей.

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^nf(x)

Начнем мы знакомство с самой ее бездушной части — с определения и основных свойств. Определим мы оператор, конечно же, рекуррентно.

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^1f(x)=\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)f(x)=x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}f(x)\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^nf(x)=\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^{n-1}f(x)

К основным свойствам я отнес свойства, которые служат лишь вспомогательной информацией при доказательстве других утверждений:

  1. Оператор суммы равен сумме операторов

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^n\left(f(x)+g(x)\right)=\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^nf(x)+\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^ng(x)
Доказательство.

Предположим, что утверждение верно для n-1, тогда

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^{n-1}\left(f(x)+g(x)\right)=\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)\left(\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^{n-1}f(x)+\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^{n-1}g(x)\right)==\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^{n-1}f(x)+\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^{n-1}g(x)=\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^nf(x)+\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^ng(x)

  1. \left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^nf(x) линейно выражается через x^k\frac{\mathrm{d}^k}{\mathrm{d}x^k}f(x ), 1\le k\le n

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^nf(x)=\sum_{k=1}^{n}S_k^nx^k\frac{\mathrm{d}^k}{\mathrm{d}x^k}f(x)

где S_k^n — числа Стирлинга второго рода.

Доказательство. Реккурентное соотношение для коэффициентов.

Предположим, что равенство верно для n - 1, тогда

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^nf(x)=\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^{n-1}f(x)=\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)\sum_{k=1}^{n-1}S_k^nx^k\frac{\mathrm{d}^k}{\mathrm{d}x^k}f(x)=\\=\sum_{k=1}^{n}S_k^n\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)x^k\frac{\mathrm{d}^k}{\mathrm{d}x^k}f(x)=\sum_{k=1}^{n}S_k^n\left(x^{k+1}\frac{\mathrm{d}^{k+1}}{\mathrm{d}x^{k+1}}f(x)+kx^k\frac{\mathrm{d}^k}{\mathrm{d}x^k}f(x)\right)=\\=\sum_{k=2}^{n+1}S_{k-1}^nx^k\frac{\mathrm{d}^k}{\mathrm{d}x^k}f(x)+\sum_{k=1}^{n}S_k^nkx^k\frac{\mathrm{d}^k}{\mathrm{d}x^k}f(x)=\\=S_1^nx\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}f(x)+\sum_{k=2}^{n}\left(S_{k-1}^n+kS_k^n\right)x^k\frac{\mathrm{d}^k}{\mathrm{d}x^k}f(x)+S_{n}^nx^n\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}f(x)

Отсюда же, учитывая S_1^1=1, сразу получаем рекуррентные соотношения для коэффициентов

S_1^n=S_1^{n-1}=1\\S_n^n=S_{n-1}^{n-1}=1\\S_{k}^n=S_{k-1}^{n-1}+kS_k^{n-1}

  1. x^n\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}f(x ) линейно выражается через \left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^kf(x), 1\le k\le n

x^n\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}f(x)=\sum_{k=1}^ns_k^n\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^kf(x)

где s_k^n — числа Стирлинга первого рода.

Доказательство. Реккурентное соотношение для коэффициентов.

Предположим, что это верно для k\le n-1, тогда

x^n\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}f(x)-\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^nf(x)=-\sum_{k=1}^{n-1}S_k^nx^k\frac{\mathrm{d}^k}{\mathrm{d}x^k}f(x)=-\sum_{k=1}^{n-1}S_k^n\sum_{m=1}^ks_m^k\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^mf(x)

Изменив порядок суммирования и прибавив \left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^nf(x), получим

x^n\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}f(x)=\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^nf(x)-\sum_{m=1}^{n-1}\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^mf(x)\sum_{k=m}^{n-1}S_k^ns_m^k=\sum_{m=1}^ns_m^n\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^mf(x)

И как по волшебству получаем рекурретные соотношения для s_k^n

s_n^n=1\\s_m^n=-\sum_{k=m}^{n-1}S_k^ns_m^k

Эти коэффициенты называются числами Стирлинга первого рода.

Свет в конце туннеля.

Если учесть S_n^n=1, последнее равенство в спойлере можно записать более изящно

\sum_{k=m}^nS_k^ns_m^k=0

Если его же рекурсивно применить, можно заметить, что числа Стирлинга первого рода равны сумме произведений чисел Стирлинга второго рода

s_{m}^{n}=\sum_{}^{}(-1)^jS_{i_j}^nS_{i_{j-1}}^{i_j}\dots S_{i_{0}}^{i_{1}}S_{m}^{i_{0}}

где множество чисел \{i_0,i_1,...i_{j-1},i_j\} — это все подмножества множества целых чисел в интервале (m,n).

Доказательство. Реккурентное соотношение для коэффициентов.

Как всегда, предположим, что это равенство верно для k\le n-1, тогда

s_m^n=-\sum_{k=m}^{n-1}S_k^ns_m^k=-S_m^n-\sum_{k=m+1}^{n-1}S_k^n\sum_{}^{}(-1)^jS_{i_j}^kS_{i_{j-1}}^{i_j}...S_{i_{0}}^{i_{1}}S_{m}^{i_{0}}

Доказательство мы разделим на 3 части.

  1. Докажем, что знак произведения верен. Действительно, знак произведения равен -1, если произведению соответсвовует подмножество с четным числом элементов и 1, если с нечетным. После умножения на -S_k^n количество элементов в подмножестве увеличивается на 1, а знак меняется на противоположный.

  2. Докажем, что каждому подмножеству соответствует хотя бы одно произведение из результирующей суммы. Действительно, возьмем непустое подмножество \{i_0,i_1,...i_{j-1},i_j,k\}, ему соответствует произведение коэффициента S_k^n на S_{i_j}^kS_{i_{j-1}}^{i_j}...S_{i_{0}}^{i_{1}}S_m^{i_0}. Но, как видно из формулы, их произведение содержится в разложении s_m^n. Соответствие пустому подмножеству \{\} можно найти непосредственно при k=m, так как S_m^ns_m^m=S_m^n.

  3. Докажем, что число слагаемых в разложении точно равно числу подмножеств множества \{m+1,m+2,\dots,n-2,n-1\}. Так как разложение s_m^k содержит 2^{k-m-1} слагаемых, если k>m, и 1, если k=m, то s_m^n содержит 2^{n-m-1} слагаемых.

И кто бы мог подумать, что это именно та формула, которую я безрезультатно искал. И прежде, чем перейти к обоснованию этого утверждения, нам в обязательном порядке стоит познакомиться с функцией \Gamma(x), называемая гамма функцией Эйлера.

Обобщение оператора.

Давайте сделаем очевидное действие. Развернем оператор и, зная результат для степени n+1, найдем для n

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^nf(x)=\int_0^x\left(t\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\right)^{n+1}f(t)\frac{\mathrm{d}t}{t}

Видя такую красоту перед глазами, невольно хочется заняться обобщениями, заменив n на -n. А для случаяn=0 непосредственно получаем

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^0f(x)=\int_0^x\left(t\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\right)f(t)\frac{\mathrm{d}t}{t}=f(x)-f(0)

Из определения следует, что нужно искать кучу-кратный интеграл, чтобы найти оператор отрицательной степени. Это ни в какие ворота не лезет, потому стоит поискать более красивую формулу. И, после наложения некоторых ограничений на функцию, такое представление можно найти.

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^{-n}f(x)=\int_0^{\infty}\frac{t^{n-1}}{(n-1)!}\left[f(xe^{-t})-f(0)\right]\mathrm{d}t
Доказательство

Без ограничения общности, примем f(0)=0. Предположим, что равенство верно для всех k<n, тогда нам нужно доказать

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^{-n}f(x)=\int_0^x\frac{\mathrm{d}y}{y}\int_0^{\infty}\frac{z^{n-2}}{(n-2)!}f(xe^{-z})\mathrm{d}z

Если учесть базу индукции, первый интеграл можно переписать

\int_0^x\frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t=\int_0^\infty f(xe^{-y})\mathrm{d}y

Его мы получили с помощью замены t=xe^y. И после вопиющей замены z=z+y, получим интеграл, с которым поприятнее работать

\int_0^\infty\mathrm{d}y\int_y^{\infty}\frac{(z-y)^{n-2}}{(n-2)!}f(xe^{-z})\mathrm{d}z

Обратим внимание на следующее очевидное свойство

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^{-n-k}f(x)=\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^{-n}\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^{-k}f(x)

Оно наталкивает на мысль, что стоит попробовать доказать следующее равенство

\int_0^\infty\frac{y^n}{n!}\mathrm{d}y\int_y^{\infty}\frac{(z-y)^k}{k!}f(ye^{-z})\mathrm{d}z=\int_0^\infty\frac{y^{n+1}}{(n+1)!}\mathrm{d}y\int_z^{\infty}\frac{(z-y)^{k-1}}{(k-1)!}f(xe^{-y})\mathrm{d}z

Ограничим верхние пределы большим, но все же конечным числом A. Найдем интеграл по частям

\int_0^A\frac{y^n}{n!}\mathrm{d}y\int_y^A\frac{(z-y)^k}{k!}f(ye^{-z})\mathrm{d}z=\\=\left[\frac{y^{n+1}}{(n+1)!}\int_y^A\frac{(z-y)^k}{k!}f(ye^{-z})\mathrm{d}z\right]\left |_0^A\right.-\int_0^A\frac{y^{n+1}}{(n+1)!}\mathrm{d}y\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}\int_y^A\frac{(z-y)^k}{k!}f(ye^{-z})\mathrm{d}z=\\=\int_0^A\frac{y^{n+1}}{(n+1)!}\mathrm{d}y\int_y^A\frac{(z-y)^{k-1}}{(k-1)!}f(ye^{-z})\mathrm{d}z

В пределе при A\to\inftyполучается искомое утверждение. Последовательно воспользовавшись им можно получить такую вот красоту

\int_0^\infty\mathrm{d}y\int_y^{\infty}\frac{(z-y)^{n-2}}{(n-2)!}f(xe^{-z})\mathrm{d}z=\int_0^\infty\frac{y^{n-1}}{(n-1)!}\mathrm{d}y\int_y^\infty f(xe^{-z})\mathrm{d}z

Конечный результат получается после применения идентичных интегрированию по частям преобразований.

Ряд Маклорена

В течении статья в роли f(x)себя попробуют многие функции. Но хотелось бы начать с особенной — x^\alpha. Эта функция для оператора играет ту же роль, что и e^{\alpha x} для производной — изменяет коэффициент перед функцией, не меняя саму функцию

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^nx^\alpha=\alpha^nx^\alpha

И сразу же применим его на рядах Маклорена.

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^nf(x)=\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^n\sum_{k=0}^\infty\frac{a_k}{k!}x^k=\sum_{k=0}^\infty\frac{a_k}{k!}\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^nx^k=\sum_{k=1}^\infty\frac{a_k}{k!}k^nx^k

Эта формула верна для любых целых степеней. А что, если и степень оператора будет вещественной? Ведь ничего не ограничивает степень k в разложении. Более того, такой оператор можно представить в интегральной форме, для этого рассмотрим отношение

\frac{\int_0^\infty t^{s-1}(xe^{-t})^k\mathrm{d}t}{\frac{x^k}{k^s}}=k^s\int_0^\infty t^{s-1}e^{-kt}\mathrm{d}t=\int_0^\infty t^{s-1}e^{-t}=\Gamma(s)

Где последний интеграл есть функция, известная, как та самая гамма функция Эйлера.

\frac{x^k}{k^s}=\int_0^\infty\frac{t^{s-1}}{\Gamma(s)}(xe^{-t})^k\mathrm{d}t

Осталось немного преобразовать оператор и подставить верхнее отношение

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^{-s}f(x)=\sum_{k=1}^\infty\frac{a_k}{k!}\frac{x^k}{k^s}=\sum_{k=1}^\infty\frac{a_k}{k!}\int_0^\infty\frac{t^{s-1}}{\Gamma(s)}(xe^{-t})^k\mathrm{d}t=\\=\int_0^\infty\frac{t^{s-1}}{\Gamma(s)}\sum_{k=1}^\infty\frac{a_k}{k!}(xe^{-t})^k\mathrm{d}t=\int_0^\infty\frac{t^{s-1}}{\Gamma(s)}f(xe^{-t})\mathrm{d}t

Точно такую же формулу мы получили выше, рассматривая оператор от отрицательных чисел, с одним лишь отличием — факториал заменен на гамма функцию. Откуда, если взять s=n, сразу получаем замечательное свойство гамма функции

\Gamma(n)=(n-1)!

Гамма функция Эйлера.

Что нам дает эта замечательная функция? Зачем она была так нужна для продвижения в решении той самой задачи, что пришлось написать столько текста? Нам она дает более красивое представление вопроса. Поглядите сами

Было

\alpha(\alpha+1)(\alpha+2)\dots(\alpha+n-1)=\sum_{k=1}^na_k^n\alpha^k

Стало

\frac{\Gamma(\alpha+n)}{\Gamma(\alpha)}=\sum_{k=0}^na_k^n\alpha^k

Ну разве не красота?

Решение найдено!

Вновь возьмём функцию f(x)=x^\alpha, но теперь подставим ее в формулы для прямого и обратного представления оператора

\alpha^nx^\alpha=\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^nx^\alpha=\sum_{k=1}^{n}S_k^nx^k\frac{\mathrm{d}^k}{\mathrm{d}x^k}x^\alpha=x^\alpha\sum_{k=1}^{n}S_k^n\frac{\Gamma(\alpha+1)}{\Gamma(\alpha+1-k)}\frac{\Gamma(\alpha+1)}{\Gamma(\alpha+1-n)}x^\alpha=x^n\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}x^\alpha=\sum_{k=1}^ns_k^n\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^kx^\alpha=x^\alpha\sum_{k=1}^ns_k^n\alpha^k

Откуда и следуют долгожданные утверждения

\alpha^n=\sum_{k=1}^{n}S_k^n\frac{\Gamma(\alpha+1)}{\Gamma(\alpha+1-k)}\frac{\Gamma(\alpha+1)}{\Gamma(\alpha+1-n)}=\sum_{k=1}^ns_k^n\alpha^k

Числа Стирлинга второго рода оказались именно тем, что я искал. Ну, почти. Превратим одно в другое

\frac{\Gamma(\alpha+n)}{\Gamma(\alpha)}=(-1)^n\frac{\Gamma(-\alpha+1)}{\Gamma(-\alpha+1-n)}=\sum_{k=1}^n(-1)^{n-k}s_k^n\alpha^k

Так как a_k^n>0, то числа s_k^n имеют знак (-1)^{n-k}.

Или еще не совсем?

Не смотря на то, что от рекуррентности получилось избавиться для чисел s_k^n, представив их, как сумму произведений S_k^n, сами эти числа все еще находятся рекуррентно. Аналитическое представление S_k^n можно найти многими путями, я покажу 2 из них.

Через ряды. Рассмотрим функцию f(x)=e^x и запишем основные формулы

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^ne^x=\sum_{k=1}^{n}S_k^nx^k\frac{\mathrm{d}^k}{\mathrm{d}x^k}e^x=e^x\sum_{k=1}^{n}S_k^nx^k=e^x\mathcal{S}_n(x)

Назовем \mathcal{S}_n(x) полиномами Стирлинга.

Реккурентное соотношение для полинома.

Без лишних слов.

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^ne^x=\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^{n-1}e^x=\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)e^x\mathcal{S}_{n-1}(x)=\\=e^x\left[x\mathcal{S}_{n-1}+x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathcal{S}_{n-1}\right]\mathcal{S}_1(x)=x\\\mathcal{S}_n(x)=\left[x\mathcal{S}_{n-1}+x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathcal{S}_{n-1}\right]

e^{-x}=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!}x^k\\\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^ne^x=\sum_{k=1}^\infty\frac{k^n}{k!}x^k\mathcal{S}_n(x)=\left[\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!}x^k\right]\left[\sum_{k=1}^\infty\frac{k^n}{k!}x^k\right]=\sum_{k=1}^\infty x^k\sum_{m=1}^k\frac{(-1)^{k-m}m^n}{(k-m)!m!}

Ни очень красивый способ, но зато дает интересный результат — S_{>n}^n=0. Его можно было бы получить и с помощью реккурентных соотношений, но здесь результат получается непосредственно.

Через полином ньютона. Покажем действительно красивый способ получить тот же результат. Возьмем функцию f(x)=(1+x)^k.

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^n(1+x)^k=\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^n\sum_{m=0}^k\frac{k!}{(k-m)!m!}x^m=\sum_{m=0}^n\frac{k!m^n}{(k-m)!m!}x^m\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^n(1+x)^k=\sum_{m=1}^{n}S_m^nx^m\frac{\mathrm{d}^m}{\mathrm{d}x^m}(1+x)^k=\sum_{m=1}^{k}S_m^nx^m\frac{k!}{(k-m)!}(1+x)^{k-m}

Приравнивая оба выражения и взяв x=-1, получим:

(-1)^kk!S_k^n=\sum_{m=1}^k\frac{k!m^n(-1)^m}{(k-m)!m!}\\S_k^n=\sum_{m=1}^k\frac{(-1)^{k-m}m^n}{(k-m)!m!}

Числа Бернулли.

Возьмем теперь непримечательную функцию f(x)=\frac{x^\alpha-1}{x-1}. Почему именно ее? Да все просто, если \alpha=N , мы придем к числам Бернулли

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^n\frac{x^N-1}{x-1}=\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^n\sum_{m=0}^{N-1}x^m=\sum_{m=0}^{N-1}m^nx^m\\\lim_{x\to1}\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^n\frac{x^N-1}{x-1}=\sum_{m=0}^n\frac{n!}{(n-m)!(m+1)!}B_{n-m}N^{m+1}

Но ведь можно легко получить и другое разложение

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^n\frac{x^N-1}{x-1}=\sum_{k=0}^nS_k^nx^k\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}\frac{x^\alpha-1}{x-1}
Кажется, есть связь?

Еще немного магии

\frac{x^\alpha-1}{x-1}=\frac{((x-1)+1)^\alpha}{x-1}=\sum_{k=1}^\infty\frac{\Gamma(\alpha+1)}{\Gamma(\alpha-k+1)!}\frac{(x-1)^{k-1}}{k!}=\\=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k+1}\frac{\Gamma(\alpha+1)}{\Gamma(\alpha-k)}\frac{(x-1)^k}{k!}=\sum_{k=0}^\infty\lim_{x\to1}\left(\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}\frac{x^\alpha-1}{x-1}\right)\frac{x^k}{k!}\\\lim_{x\to1}\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}\frac{x^\alpha-1}{x-1}=\frac{1}{k+1}\frac{\Gamma(\alpha+1)}{\Gamma(\alpha-k)}\\\lim_{x\to1}\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^n\frac{x^\alpha-1}{x-1}=\sum_{k=0}^n\frac{\Gamma(\alpha+1)}{\Gamma(\alpha-k-1)}\frac{S_k^n}{k+1}

Как уже известно, соответствующее отношение гамма функций — это полиномы от \alpha, подставив и изменив порядок суммирования, получим

\sum_{k=0}^n\frac{\Gamma(\alpha+1)}{\Gamma(\alpha-k-1)}\frac{S_k^n}{k+1} =\sum_{k=0}^n\frac{S_k^n}{k+1}\sum_{m=0}^{k+1}s_m^{k+1}\alpha^m=\sum_{m=0}^n\alpha^{m+1}\sum_{k=m}^n\frac{S^n_ks_{m+1}^{k+1}}{k+1} \\ \frac{n!}{(n-m)!(m+1)}B_{n-m}=\sum_{k=m}^n\frac{S_k^ns_{m+1}^{k+1}}{k+1} \\ B_n=\sum_{k=0}^n\frac{S_k^ns_1^{k+1}}{k+1}=\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^kk!}{k+1}\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^{k-m}m^n}{(k-m)!m!}

Связь есть!

Еще немного о рядах.

Операторы тесно связаны с производной функции от переменной xe^y.

\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}y^n}f(xe^y) =\left(t\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\right)^nf(t)\left|\right._{t=xe^y}
Доказательсво.

Предположим, что равенство верно для k<n, тогда

\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}f(xe^y)=xe^y\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f(t)\left|\right._{t=xe^y}=\left(t\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\right)f(t)\left|\right._{t=xe^y} \\ \frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}y^n}f(xe^y) =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}\frac{\mathrm{d}^{n-1}}{\mathrm{d}t^{n-1}}f(xe^y) =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}\left[\left(t\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\right)^{n-1}f(t)\left|\right._{t=xe^y}\right] \\ =xe^y\left[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(t\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\right)^{n-1}f(t)\left|\right._{t=xe^y}\right] =\left(t\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\right)^nf(t)\left|\right._{t=xe^y}

Из этого следует

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^nf(x)=\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}y^n}f(xe^y) \left|\right._{y=0}\\f(xe^y)=f(x)+\sum_{n=1}^\infty\left[\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^nf(x)\right]\frac{x^n}{n!}
Конкретные примеры.

Если взять f(x)=e^x, а результат разделить на e^x, получим производящую функцию полиномов Стирлинга

e^{x(e^y-1)}=1+\sum_{n=1}^\infty\mathcal{S}_n(x)\frac{x^n}{n!}

Если взять предыдущую функцию f(x)=\frac{x^\alpha-1}{x-1}, получим

\frac{x^\alpha e^{\alpha y}-1}{xe^y-1}=\sum_{n=0}^\infty\left[\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^n\frac{x^\alpha-1}{x-1}\right]\frac{y^n}{n!}

Продифференцировав по \alpha и, найдя предел при x\to1, получим

\frac{y e^{\alpha y}}{e^y-1}=\sum_{n=0}^\infty B_n(\alpha)\frac{y^n}{n!}

Где B_n(\alpha)полиномы Бернулли

B_n(\alpha)=\sum_{m=0}^n\frac{n!}{(n-m)!m!}B_{n-m}\alpha^m

В частном случае, при \alpha=0, получим

\frac{y}{e^y-1}=\sum_{n=0}^\infty B_n\frac{y^n}{n!}\frac{y}{e^y+1}=\frac{y}{e^y-1}-\frac{2y}{e^{2y}-1}=\sum_{n=0}^\infty B_n(1-2^n)\frac{y^n}{n!}

Последний ряд наталкивает на мысль рассмотреть функцию f(x)=\frac{1}{1+x}. И оказывается, здесь тоже есть, за что зацепиться. Тут возникают расходящиеся ряды

\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^n\frac{1}{1+x}=\sum_{m=1}^{n}S_m^nx^m\frac{\mathrm{d}^m}{\mathrm{d}x^m}\left(\frac{1}{1+x}\right)=\sum_{m=1}^{k}S_m^n\frac{k!}{x+1}\left(-\frac{x}{1+x}\right)^k

Подставив в ряд по операторам при x\to1, получим

\frac{y}{e^y+1} =\sum_{n=0}^\infty\frac{y^{n+1}}{n!}\left[\frac{1}{2}\sum_{k=0}^n\frac{S_k^n(-1)^kk!}{2^k}\right] =\sum_{n=0}^\infty\frac{B_{n+1}(1-2^{n+1})}{(n+1)!}y^{n+1} \\\frac{1}{2}\sum_{k=0}^n\frac{S_k^n(-1)^kk!}{2^k}=\frac{B_{n+1}(1-2^{n+1})}{(n+1)!}

С другой стороны, можно воспользоваться расходящимся рядом

\lim_{x\to1}\left(x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)^n\frac{1}{1+x}=\sum_{k=1}^{\infty} k^n (-1)^k =\\=-\left(\sum_{k=1}^{\infty}k^n(-1)^{k+1}+2\sum_{k=1}^{\infty}(2k)^n-2\sum_{k=1}^{\infty} (2k)^n \right) =\\=- \left( \sum_{k=1}^{\infty}k^n - 2^{n+1} \sum_{k=1}^{\infty} k^n \right) =(2^{n+1}-1)\sum_{k=1}^{\infty}k^n

Приравняв два равенства и сократив на (2^{n+1}-1), получим удивительный результат

\sum_{k=1}^{\infty}k^n=-\frac{B_{n+1}}{(n+1)!}

Финиш.

Почему я захотел написать эту статью? Наверное, я даже не хотел, просто само получалось. Каждый результат был получен естественным путем, без построения трехэтажных лемм и вводных данных. Сложно было только собрать структуру так, чтобы все было связано, каждый результат появлялся своевременно. Надеюсь, я с этой задачей справился.

Ну и на последок оставил разложение в ряд Маклорена функций вида f(xe^x), если известно разложение f(x)

f(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{a_k}{k!}x^k\\f(xe^x)=\sum_{n=0}^\infty x^n\sum_{k=0}^n\frac{a_kk^{n-k}}{k!(n-k)!}
Доказательство.

Оно вам надо? Лучше посмотрите на случай, когда a_k=(-k)^k.

\sum_{n=0}^\infty x^n\sum_{k=0}^n\frac{(-k)^kk^{n-k}}{k!(n-k)!}=\sum_{n=0}^\infty x^n\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^kk^n}{k!(n-k)!}=\\=\sum_{n=0}^\infty x^nS_n^n=\sum_{n=0}^\infty(-x)^n=\frac{1}{1+x}=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-kxe^x)^k}{k!}

В последнем равенстве при замене x\to W(x), где W(x) — функция Ламберта обратная к xe^x, получим

\frac{1}{1+W(x)}=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-kx)^k}{k!}\\\frac{\mathrm{d}W(x)}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{x}\frac{W(x)}{1+W(x)}=-\frac{1}{x}\left(\frac{1}{W(x)+1}-1\right)\\W(x)=-\int_0^x\left(\frac{1}{W(t)+1}-1\right)\frac{\mathrm{d}t}{t}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-n)^{n-1}}{n!}x^n

Комментарии (1)


  1. Portnov
    03.02.2025 04:35
    #27871604

    Если такие штуки нравятся, см. обязательно книку "Конкретная математика" (Грэхем, Кнут, Поташник). Там много такого и около. В частности, ваша формула там это формула 6.11 :)