Leonid Positselski

Для меня эта задача - на числа Стирлинга обоего рода, которые дают матрицы перехода (в обе стороны) между двумя базисами в пространстве многочленов от одного переменного х: базис из степеней х, и базис из "факториальных степеней"
х(х+1)...(х+n-1). В самом деле, задача суммирования факториальных степеней почти тривиальна. Лень проверять, кто был раньше - Стирлинг или Бернулли/Эйлер
(Эйлер был современником некоторых представителей семейства Бернулли, насколько я помню).

From:

Ну да. На мой взгляд, это комбинаторика, а не анализ.

Возможно, я ошибся и формулу открыл Эйлер, а не Бернулли.

From:

Плюс немножко линейной алгебры.

From:

Оказалось, что я на самом деле не вполне понял ваш подход. Суммирование факториальных степеней дает формулу через числа Стирлинга и эти факториальные степени, а хотелось бы получить формулу через числа Бернулли и обычные степени.

Не могли бы вы это поясить или дать ссылку?

From:

Как я понимаю, можно выразить обычные степени через факториальные степени, суммы факториальных степеней будут снова факториальными степенями, и эти новые факториальные степени можно выразить обратно через обычные степени. Получится формула, в которую входят компоненты матриц перехода между обычными и факториальными степенями в ту и в другую сторону. Но вот как получить отсюда формулу через числа Бернулли?

From:

Ну да, так можно сделать. Получится сложная формула, включающая в себя числа Стирлинга первого и второго рода. А вот как они свернутся в числа Бернулли, непонятно.

From:

Я не сомневаюсь, что свернуть эту формулу для коэффициентов (не такая уж она сложная, кстати) в числа Бернулли можно с помощью несложных манипуляций с производящими функциями. По правде говоря, лень и некогда сейчас этим заниматься. Но я вообще-то имел в виду просто, что вид ответа в исходной задаче о суммах степеней проще всего увидеть через числа Стирлинга (т.е., что это многочлен, чему равен его старший член, и т.д.). А "правильный" (= "из Книги" в терминологии Эрдеша) контекст для чисел Бернулли - надо полагать, всё же формула Эйлера-Маклорена.

From:

О, что это многочлен с определенным старшим членом, это так или иначе очевидно. Разностная производная является отображением с одномерным ядром из пространства многочленов степени k+1 в пространство многочленов степени k, к тому же, матрица этого отображения верхнетреугольна. Суть задачи в как можно более явном вычислении коэффициентов этого многочлена. Например, увидеть, что с точностью до совсем простых множителей коэффициент при x^{k-i} (будучи числом Бернулли) зависит только от i, но не от k.

From:

Присоедияюсь к комменту

posic.

Доказательство "From the BOOK" формулы для суммы степеней можно найти в недавней книге Шафаревича. Без Эйлера-Маклорена.

Правильный контекст для чисел Бернулли, как мне кажется, еще не найден.

From:

Отличное доказательство у Шафаревича, да. Почленное дифференцирование... и все сразу получается.

From:

Беру все свои слова обратно. Формула с числами Бернулли получается в две строчки, без всяких чисел Стирлинга и Эйлеров-Маклоренов. Зафиксируем n и обозначим через S(p) сумму p-ых степеней чисел от 0 до n-1. Тогда экспоненциальная производящая функция \sum_{p \geq 0} S(p) x^p/p! равна (заменяя, как обычно, порядок суммирования) \sum{k=0}^{n-1} \sum_{p \geq 0} (kx)^p/p! = \sum{k=0}^{n-1} e^{kx} = (e{nx} - 1) (e^x - 1)^{-1}. Искомый ответ для S(p) получается, если разложить оба множителя по степеням x и перемножить (с точностью до факториалов, коэффициенты во втором множителе (e^x - 1)^{-1} и есть числа Бернулли).

From:

Здорово, да. Для сравнения, вот вывод формулы Э.-М. для случая многочленов. На векторном пространстве многочленов степени не выше k+1 действует нильпотентный оператор d/dx. Его экспонента e^{d/dx} есть оператор, переводящий f(x) в f(x+1) (формула Тейлора для многочленов). Имеет место равенство формальных степенных рядов (1+e^D+...+e^{(n-1)D})D = (e^{nD}-1)(D/(e^D-1)). Подставим в это равенство D=d/dx и применим к неопределенному интегралу \int fdx от произвольного многочлена f степени не выше k, используя разложение D/(e^D-1) в ряд по D и тождество (e^{nD}-1)(g)(x) = g(x+n) - g(x). Чтобы получить формулу для суммы k-ых степеней чисел от 0 до n-1, нужно взять f(x)=x^k, а потом подставить x=0.

Видно, что эти два рассуждения очень похожи.

From:

И вот, все слова обратно. Так, конечно, можно.

А меня как раз заинтересовала возможность связать числа Стирлинга с числами Бернулли. Хотелось бы сделать это как-нибудь прямо (используя комбинаторные определения чисел Стирлинга), но, на худой конец, как получится.

From:

Ну да, теперь получается, что раз суммы степеней легко и независимо выражаются и через Стирлингов, и через Бернулли, то вот она и связь между ними: каждое число Бернулли это примерно сумма произведений Стирлингов разных родов. Забавно, конечно, что в сумме произведений присутствует лишний параметр, от которого ответ не зависит. Факт этой независимости можно попробовать объяснить комбинаторно, но, наверное, мне пора и делом заняться для разнообразия :).

А кстати, упоминаемое вами доказательство из книжки Шафаревича, что-ли ещё проще, чем то, что я выше привёл? Как-то не верится.

From:

Ну ладно, если вам это не кажется делом, ваше право. :-)

Что проще - зависит от предварительных сведений. Оно более ествественно и мотивированно. Наверное, это все по существу одно и тоже. У вас выскакивают экспоненциальные производящие фукции как deus ex machina, несколько манипулияций - и готово. Фокус. Дело вкуса, конечно.

From:

Вы меня заинтриговали. А у него-то какое доказательство, если в двух словах (я даже не знаю, что за новая книжка)?

From:

Книжка:

Discourses on Algebra
Series: Universitext, Springer
Shafarevich, Igor R.
Original Russian edition published by Journal Matematicheskie obrazovanie, 2000
2002, X, 276 p. 45 illus., Softcover
ISBN: 978-3-540-42253-2

В двух словах я не возьмусь, но могу вам прислать djvu-файл предварительного варианта, в котором это есть. Я думаю, это стандартное доказательство, просто хорошо изложенное.

From:

Файл можно скачать здесь:

http://djvu.504.com1.ru:8019/WWW/b4e4b94827fed15e2f3a4c86166f4b63.djvu.

Они просят посетить какую-то рекламу, но это занимает меньше минуты.

From:

Спасибо. Свирепость по части навязывания рекламы впечатляет. А доказательство - не особенно. Слишком сложное и длинное (с учетом того, что, как мы теперь знаем, на всё про всё достаточно пары строчек), да и поучительности особой не нахожу. Дело вкуса, впрочем.

From: