关于算术级数幂和经典公式的两个推广的注记

摘要

我们给出了算术级数幂和的经典公式的两个扩展。这是通过使用涉及二项式混合的恒等式实现的，可以将其视为二项式变换的推广。

1引言

让\（\mathbb{N}\）是非负整数集，并且\（\mathbb{无}_{+}=\mathbb{N}\setminus\{0\}\）。在本注释中，我们假设\（m，n\in\mathbb{n}\），\（x\in\mathbb{R}\），还有那个\（f:\mathbb｛R｝\到\mathbb｛R｝\）是一个任意函数。这个k个第个远期差额（f）递归定义为\（\增量^{0}页（x） =f（x）\），\（增量^{1}f（x）=f（x+1）-f（x）\）、和

$$\Delta^{k}f（x）=\Delta_{1}\bigl（\Delta~{k-1}f\bigr）（x）=\sum_{i=0}^{k{\binom{k}{i}（-1）^{k-i}f（x+i），\quad k\in\mathbb{无}_{+}. $$

(1)

本注释的起点是以下幂和的经典公式：

$$\sum_{k=0}^{n}（x+k）^{m}=\frac{B_{m+1}（x+n+1）-B_{m+1}（x）}{m+1{$$

(2)

哪里\（B_{m}（x）\）是米第个伯努利多项式。自詹姆斯·伯努利（1655-1705）时代以来，已经发展了几种方法来求此类和，并在许多场合尝试获得不同的推广。例如，Kannappan和Zhang[1]（另请参阅其中的参考文献）已使用柯西方程证明(2)，当单项式函数\（x^{m}\）替换为次数多项式米.一些问-公式的类似物(2)可以在郭和曾中找到[2]以及其中的参考文献。

另一方面(2)也可以通过单项函数的前向差来计算\（psi{m}（u）=u^{m}\），\（u\in\mathbb{R}\）我们实际上有（例如，见Rosen[三]第199页，或Spivey[4])

$$\sum_{k=0}^{n}（x+k）^{m}=\sum_{k=0.}^{m\wedge n}\binom{n+1}{k+1}\Delta^{k}\psi_{m}（x）$$

（3）

哪里\（m\楔子n=\分钟（m，n）\）。对于\（x=0），公式(三)可以用第二类斯特林数来表示\（S（m，k）\）定义为

$$S（m，k）=\frac{1}{k！}\Delta^{k}\psi_{m}（0）$$

计算公式(2)和(三)在计算\（n+1）项简化为多项式的计算n个学位\（m+1）然而(2)可以很容易地从(三)如下所示。假设\（（P_{m}（x））_{m\geq0}\）是满足以下条件的多项式序列

$$\增量^{1}P_{m+1}（x）=c_{m}\psi_{mneneneep（x）$$

(4)

对于某个常数\（c{m}\）仅取决于米。然后我们从(三), (4)、和公式(7)低于

$$开始{对齐}\sum_{k=0}^{n}（x+k）^{n{&=\sum_{k=0.}^{n}\binom{n+1}{k+1}\增量^{k}\psi_{m}（x）\\&=\压裂{P_{m+1}（x+n+1）-P_{m+1}（x）}{c_{m}}。\结束{对齐}$$

伯努利多项式满足(4)带有\（c｛m｝=｛m+1｝\）然而，可以构造其他多项式序列\（（P_{m}（x））_{m\geq0}\）满足(4)（在这方面，请参见罗等。[5]). 因此，我们将扩展公式(三)而不是(2). 这是在定理中完成的2.1下面通过涉及二项式混合物的简单恒等式。

2主要成果

让\（\mathbb｛S｝_{n} =（S_{n}（t），0\leq-t\leq1）\）是一个随机过程\（S_{n}（t）\）具有带参数的二项式定律n个和吨即。，

$$P\bigl（S_{n}（t）=k\bigr）=\binom{n}{k} t吨^{k} （1-t）^{n-k}，\quad k=0,1，\ldot，n$$

(5)

然后让T型是一个随机变量，取值于$[0,1]$并且独立于\（\mathbb｛S｝_{n} \）.随机变量\（S_{n}（T）\），通过随机化成功参数获得吨通过T型，称为混合随机变量的二项式混合T型（请参见[6]以及其中的参考）。如下所示(5)，概率定律\（S_{n}（T）\）由提供

$$P\bigl（S_{n}（T）=k\bigr）=二进制{k} E类{\bigl[{T^{k}（1-T）^{n-k}}\bigr]}，\quad k=0,1，\ldot，n$$

哪里E类代表数学期望。我们的第一个主要结果如下。

定理2.1

使用前面的符号，我们有

$$E｛\bigl[｛f\bigl（x+S｛n｝（T）\bigr）｝\bigr]｝=\sum_｛k=0｝^｛n｝\binom｛n｝｛k｝f（x+k）E｛\bigl[｛T^｛k｝（1-T）^｛n-k｝｝\bigr]｝=\sum_｛k=0｝^｛n｝\binom｛k｝\Delta ^｛k｝f（x）E｛\bigl[｛T^｛k｝｝｝\bigr]｝$$

让U型是具有均匀分布的随机变量$(0,1)$.请注意

$$E{\bigl[{U^{k}（1-U）^{n-k}}\bigr]}=\int_{0}^{1}\theta^{k{（1-\theta）^{n-k}\，d\theta=\beta（k+1，n-k+1）=\frac{k！（n-k）！}{（n+1）！}$$

(6)

哪里\（\beta（\cdot，\cdot）\）是Euler的beta函数。设置\（T=U）和\（f=\psi{m}\）在定理中2.1，我们获得(三)，如下(6)事实上\（Δ^｛k｝\pis_｛m｝（x）=0\），\（k=m+1，m+2，\ldots\） . 另一方面，选择\（T=1\）在定理中2.1，我们获得了众所周知的身份（例如，请参见Flajolet和Vepstas[7])

$$f（x+n）=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\Delta^{k}f（x）$$

(7)

在二项式变换的术语中（例如，参见Mu[8]以及其中的引用）、身份(7)意味着\（（f（x+k））{k\geq0}\）是的二项式变换\（（增量^{k}f（x））_{k\geq0}\）在这个意义上，定理2.1似乎是对(7).

功能的每一种选择（f）和随机变量T型在定理中2.1给了我们一个不同的二项式恒等式。无论何时T型包括均匀密度$(0,1)$作为一个特殊的例子，我们可以得到公式的一个不同的推广(三). 在这方面，我们给出了以下两个定理的推论2.1。

推论2.2

对于任何 \（p>0\） 和 \（q>0），我们有

$$\sum_{k=0}^{n}\binom{-p}{k}\binom{-q}{n-k}f（x+k）=\sum_{k=0}^{n}\binom{-p}{k}\binom{-（p+q+k）}{n-k}\Delta^{k}f（x）$$

最后，回想一下离散Cesáro算子C类定义为

$$Cf（x+n）=\frac{f（x）+f（x+1）+\cdots+f（x+n）}{n+1}$$

(8)

我们表示为\（C^{j}\）这个j个迭代C类，\（j\in\mathbb）{无}_｛+｝\）（见Galaz和Solís[9]还有Adell和Lekuona[10]对于这种迭代的渐近行为，如\（j至i）).

推论2.3

对于任何 \（j\in\mathbb{无}_{+}\)，我们有

$$\开始{对齐}C^{j} （f）（x+n）&=\sum_{k=0}^{n}f（x+k）\binom{n}{k}\int_{0}^}1}\theta^{k}（1-\theta）^{n-k}\frac{（-\log\theta j}}\增量^{k}f（x）。\结束{对齐}$$

观察到这两个推论都扩展了公式(三)通过选择\（f=\psi{m}\）和\（p=q=1）在推论中2.2、和\（f=\psi{m}\）和\（j=1）在推论中2.3。

三证据

定理的证明2.1

让\（在[0,1]\中）。我们从(1)和(5)

$$开始{对齐}E{\bigl[{f\bigl（x+S_{n}（t）\bigr]}&=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}f（x+k）t^{k}（1-t）^{n-k}\\&=\sum_{k=0.}^{n}\binom{k}f（x+k）t^}二进制{n-k}{j}（-t）^{j}\\&{=\sum{S=0}^{n}\sum_{k+j=S}\binom{n}{k}\binom{n-k{{j}（-1）^{j}f（x+k）t^{k+j}}\\&=\sum{S=0}^{n}\binrom{n}S}t^{S}{}\binom{s}{k}{（-1）^｛s-k｝f（x+k）}\\&=\sum_{s=0}^{n}\binom{n}{s}t^{s}\Delta^{s{f（x）。\结束{对齐}$$

因此，更换就足够了吨通过随机变量T型然后接受期望。□

推论的证明2.2

让T型是具有β密度的随机变量

$$\rho（θ）=\frac{\theta^{p-1}（1-\theta）^{q-1}}{\beta（p，q）}，\quad\theta\ in（0,1），p>0，q>0$$

如中所示(6)，我们有

$$E｛\bigl[｛T^｛r｝（1-T）^｛s｝｝\bigr]｝=\frac｛1｝｛\beta（p，q）｝\int_｛0｝^｛1｝\ttheta^｛p+r-1｝（1-\ttheta）^｛q+s-1｝\，d\ttheta=\frac｛\beta（p+r，q+s）｝｛\beta（p，q）｝$$

(9)

无论何时\（r>-p\）和\（s>-q\）因此，应用定理2.1，我们得到

$$\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\beta（p+k，q+n-k）f（x+k）=\sum_{k=0.}^{n}\binom{n}{k}\ beta（p+k，q）\Delta^{k}f（x）$$

(10)

结论如下：(10)和众所周知的公式

$$\beta（p，q）=\frac{\Gamma（p）\Gamma（q）}{\Garma（p+q）}，\qquad\frac{\ Gamma$$

 □

推论的证明2.3

让\（j\in\mathbb{无}_{+}\)。以下公式适用于j个离散Cesáro算子的迭代C类由哈迪展示[11]，第II.12节，

$$C美元^{j} （f）（x+n）=\sum_{k=0}^{n}f（x+k）\binom{n}{k}\int_{0}^}1}\theta^{k}（1-\theta）^{n-k}\frac{（-\log\theta，^{j-1}}{（j-1）！}\，d\theta$$

(11)

的概率表示(11)可以按如下方式构建（请参见[10]更多详细信息）。让\（（U_{k}）_{k\geq1}\）是具有均匀分布的独立同分布随机变量序列\（（0,1）\），并表示\（T_{j}=U{1}\cdots U{j}\）结果是（参见[10]，引理2.2）的概率密度\（T_{j}\）由提供

$$\rho_｛j｝（\theta）=\frac｛（-\log\theta）^｛j-1｝｝｛（j-1）！｝，\quad0<\theta<1$$

(12)

另一方面，我们看到

$$E{\bigl[{T_{j}^{k}}\bigr]}=E{\bigl[{U_{1}^{k}}\bigr]}\cdots E{\bigl[{U_{j}^{k{}\biger]}=\frac{1}{（k+1）^{j}}，\quad k\in\mathbb{N}$$

（13）

因此，结论如下：\（T=T_{j}\）在定理中2.1并考虑到(11)-(13). □