por Andrés Ventas
O motivo desta entrada vén determinado pola entrada Relación entre series infinitas, fraccións continuas teito e constantes. Series hiperxeométricas. Final. onde se podía ver que a función zeta de Riemann $\zeta(s)$ podía expresarse como un límite dunha fracción entre unha suma simple de números de Stirling do primeiro tipo e $n!^s$. Para chegar ás identidades das relacións dos números de Stirling cos números harmónicos xeneralizados (que no límite son as funcións zeta de Riemmann) e obter unha proba sinxeliña, imos introducir cinco conceptos previos: as identidades de Newton, os propios números de Stirling do primeiro tipo, os números harmónicos xeneralizados, os polinomios exponenciais de Bell e a fórmula exponencial dunha serie formal de potencias.
Chamamos $p_k(x_1, \ldots, x_n) = \sum_{i=1}^n x_i^k = x_1^k+\cdots+x_n^k$ isto é, os polinomios $p_k$ son o sumatorio das $n$ variábeis $x_n$ elevadas á potencia $k$.
Chamamos $e_k(x_1, \ldots, x_n)$ aos polinomios simétricos elementais:
$
\begin{align}
e_0(x_1, \ldots, x_n) &= 1,\\
e_1(x_1, \ldots, x_n) &= x_1 + x_2 + \cdots + x_n,\\
e_2(x_1,\ldots,x_n) &= \sum_{1 \leq i \lt j \leq n}x_ix_j,\\
&\;\;\vdots \\
e_n(x_1, \ldots, x_n) &= x_1 x_2 \cdots x_n,\\
\end{align}
$
Como exemplo $e_2$ sería a suma de todos os produtos posíbeis con índices distintos das $n$ variábeis $x_i$ de dúas en dúas, por exemplo $e_2(x_1, x_2, x_3) = x_1 x_2 + x_1 x_3 + x_2 x_3 $.
Simplificando a escrita un bocadiño sen escribir as variábeis temos as identidades de Newton:
$\begin{align}
e_1 &= p_1,\\
2e_2 &= e_1p_1-p_2 = p_1^2-p_2,\\
3e_3 &= e_2p_1 - e_1p_2 + p_3 = \tfrac{1}{2} p_1^3-\tfrac{3}{2}p_1p_2+p_3,\\
4e_4 &= e_3p_1 - e_2p_2 + e_1p_3 - p_4 = \tfrac{1}{6}p_1^4 - p_1^2p_2 + \tfrac{4}{3}p_1p_3+\tfrac{1}{2}p_2^2-p_4,\\
\ldots
\end{align}$
Imos detallar un exemplo simple:
$\begin{align}
e_1 (x_1, x_2, x_3) p_1(x_1, x_2, x_3) &= x_1^2 + x_1 x_2 + x_1 x_3 + x_2 x_1 + x_2^2 + x_2 x_3 + x_3 x_1 + x_ 3 x_1 + x_3^2\\
&= x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + 2 x_1 x_2 + 2 x_1 x_3 + 2 x_2 x_3 \\
&= p_2 + 2e_2. \\
\end{align}$
Por tanto $2e_2 = e_1 p_1 - p_2$ e substituíndo a primeira ecuación $e_1=p_1$ temos $2e_2 =p_1^2-p_2$.
e agora interésanos escribilas sen fraccións multiplicando en ambos os lados polo denominador maior
$\begin{align}
e_1 &= p_1,\\
2 e_2 &= e_1p_1-p_2 = p_1^2-p_2,\\
3! e_3 &= e_2p_1 - e_1p_2 + p_3 = p_1^3-3 p_1p_2+ 2p_3,\\
4! e_4 &= e_3p_1 - e_2p_2 + e_1p_3 - p_4 = p_1^4 - 6 p_1^2p_2 + 8p_1p_3+ 3 p_2^2- 6p_4,\\
\ldots
\end{align}$
e tamén nos interesa poñer os $p_i$ en función dos $e_i$, para iso imos substituíndo cadansúa ecuación comezando pola primeira e baseandose nos resultados das anteriores:
$\begin{align}
p_1 &= e_1,\\
p_2 &= e_1 p_1 - 2e_2 = e_1^2 - 2e_2,\\
p_3 &= e_1 p_2 - e_2 p_1 + 3e_3 = e_1^3-3e_1e_2+3e_3,\\
p_4 &= e_1 p_3 - e_2 p_2 + e_3 p_1 - 4e_4 = e_1^4 - 4e_1^2 e_2 + 4e_1 e_3 + 2e_2^2 - 4e_4, \\
& {}\ \ \vdots
\end{align}$
Isto vén a conto de que como as $p_i$ son potencias, se as estendemos ao infinito e as relacionamos facilmente cos recíprocos dos naturais (cousa que imos ver máis adiante) teremos unhas ecuacións que servirían tamén para a función zeta.
Imos ver dous xeitos de definir os números de Stirling do primeiro tipo:
(1) Como coeficientes da expansión do factorial descendente (ou ascendente se prescindimos do signo)
Os números de Stirling do primeiro tipo $s(n,k)$ son os coeficientes na expanxión do factorial descendente
$(x)_n = x(x-1)(x-2)\cdots(x-n+1)$ en potencias da variábel $x$, isto é, (x)_n = \sum_{k=0}^n s(n,k) x^k,$
Por exemplo, $(x)_3 = x(x-1)(x - 2) = x^3 - 3x^2 + 2x$, de onde obtemos os valores $s(3, 3) = 1$, $s(3, 2) = -3$ e $s(3, 1) = 2$.
Se os consideramos sen signo podemos obtelos mediante o factorial ascendente $x^{(n)} = x(x+1)\cdots(x+n-1)=\sum_{k=0}^n \left[{n\atop k}\right] x^k$.
(2) Definición mediante permutacións:
Posteriormente, descubriuse que os valores absolutos $|s(n,k)|$ destes números son iguais ao número de certo tipo de permutacións. Estes valores absolutos, que se coñecen como números de Stirling sen signo do primeiro tipo, adoitan denotarse $c(n,k)$ ou $\left[{n\atop k}\right]$. Pódense definir directamente como o número de permutacións de $n$ elementos con $k$ ciclos disxuntos.
Por exemplo, das $3! = 6$ permutacións de tres elementos, hai unha permutación con tres ciclos (a permutación de identidade, dada na notación dunha liña por $123$ ou na notación de ciclo por $(1)(2)(3)$), tres permutacións con dous ciclos ($132 = (1)(23)$, $213 = (12)(3)$ e $321 = (13)(2)$) e dúas permutacións cun ciclo ($312 = (132)$ e $231 = (123)$). Polo tanto, $\left[{3\atop 3}\right] = 1$, $\left[{3\atop 2}\right] = 3$ e $\left[{3\atop 1}\right] = 2$. Pódese ver que estes coinciden cos cálculos alxébricos previos de $s(n, k)$ para $ n = 3$.
Como se verá máis adiante, postos en forma de triángulo pódense obter mediante a recorrencia
$\left[{n+1\atop k}\right] = n \left[{n\atop k}\right] + \left[{n\atop k-1}\right]$
para $k > 0$, tendo en conta que $\left[{0\atop 0}\right] = 1 \quad\mbox{e}\quad \left[{n\atop 0}\right]=\left[{0\atop n}\right]=0$
para $n>0$.
A serie harmónica é a serie dos recíprocos dos números naturais. Os números harmonicos $H_n$ son as sumas parciais desa serie ata o elemento $n$, por exemplo $H_3=\tfrac{1}{1}+\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{3}=\tfrac{11}{6}$. Por tanto $H_n= 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n} =\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$.
A serie harmónica xeneralizada é a serie dos recíprocos dos números naturais elevados a algunha potencia $H_{n}^{(m)}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^m}$. Por exemplo $H_{4}^{(3)}=1+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{3^3}+\frac{1}{4^3}=\frac{16280}{13824}$.
Cando $n$ tende a infinito estas series correspóndense coa función zeta de Riemann $\zeta{(m)}$.
Se non simplificamos as fraccións, os denominadores son $(n!)^{m}$ e os numeradores correspóndense cos numeradores dos converxentes das fraccións continuas teito xeneralizadas vistas na entrada mencionada: Relación entre series infinitas, fraccións continuas teito e constantes. Series hiperxeométricas. Final.
Os polinomios exponenciais incompletos de Bell son polinomios con dous parámetros, $k$ e $n$. O número de variábeis dos polinomios é $n-k+1$
$\begin{align}
B_{n,k}(x_1,x_2,\dots,x_{n-k+1}) &= \sum{n! \over j_1!j_2!\cdots j_{n-k+1}!}
\left({x_1\over 1!}\right)^{j_1}\left({x_2\over 2!}\right)^{j_2}\cdots\left({x_{n-k+1} \over (n-k+1)!}\right)^{j_{n-k+1}} \\
&= n! \sum \prod_{i=1}^{n-k+1} \frac{x_i^{j_i}}{(i!)^{j_i} j_i!},
\end{align}$
onde a suma realízase sobre todas as secuencias de enteiros non negativos $j_1$, $j_2$, $j_3$, ..., $j_{n−k+1}$ tal que eses números cumpran dúas condicións:
$j_1 + j_2 + \cdots + j_{n-k+1} = k$ (en cada termo do sumatorio a suma dos expoñentes das variábeis é igual a $k$)
$j_1 + 2 j_2 + 3 j_3 + \cdots + (n-k+1)j_{n-k+1} = n$ (en cada termo do sumatorio a suma dos expoñentes multiplicado polo expoñente é igual a $n$)
Deste modo conseguimos expresións similares (incompletas) ás producidas polas identidades de Newton. Máis adiante veremos unha relación moi sinxela entre ambos os dous.
Se sumamos todos os termos para un mesmo $n$ daquela temos os polinomios exponenciais completos de Bell, e este si que ten $n$ variábeis:
$\begin{align}
B_n(x_1,\dots,x_n)&=\sum_{k=0}^n B_{n,k}(x_1,x_2,\dots,x_{n-k+1})\\
&=n! \sum_{1j_1 +\ldots+ nj_n=n} \prod_{i=1}^n \frac{x_i^{j_i}}{(i!)^{j_i}j_i!}
\end{align}$
.
Imos ver un exemplo:
$B_{6,3}(x_1, x_2, x_3, x_4)=15 x_4 x_1^2 + 60 x_3 x_2 x_1 + 15 x_2^3$ vemos que os tres termos cumpren as condicións: suma de expoñentes igual a $k=3$ e suma de expoñentes por subíndices igual a $n=6, (6 = 4+ 2 \cdot 1 = 3 + 2 + 1 = 3 \cdot 2)$
$B_{6,2}(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5)=6 x_5 x_1 + 15 x_4 x_2 + 10 x_2^3$, tamén cumpren as condicións: suma de expoñentes igual a $k=2$ e suma de expoñentes por subíndices igual a $n=6, (6 = 5 + 1 = 4 + 2 = 3 \cdot 2)$
Se botamos unha ollada a unha táboa de valores podemos ver que $B_{6,1}=x_6$, $B_{6,6}=x_1^6$, $B_{6,5}=15x_1^4 x_2$, $B_{6,4}=45x_1^2 x_2^2$ e sumando todos temos o polinomio exponencial completo de Bell para $n=6$:
$\begin{align} & B_6(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5, x_6) = \\
&=x_6 + 6 x_5 x_1 + 15 x_4 x_2 + 10 x_2^3 + 15 x_4 x_1^2 + 60 x_3 x_2 x_1 + 15 x_2^3+ 45x_1^2 x_2^2 + 15x_1^4 x_2 + x_1^6.
\end{align}$
Os polinomios de Bell teñen unha interpretación combinatoria onde os seus coeficientes son as distintas maneiras de particionar un conxunto de $n$ elementos en $k$ bloques, por exemplo:
$B_{6,2}(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5)=6 x_5 x_1 + 15 x_4 x_2 + 10 x_2^3$, representa as maneiras de particionar 6 elementos en bloques de 2
Esta relación consiste en $Z_n(x_1,\dots,x_n) = {1 \over n!} B_n(0!\,x_1, 1!\,x_2, \dots, (n-1)!\,x_n).$
Exemplo:
tíñamos $4! e_4 = e_3p_1 - e_2p_2 + e_1p_3 - p_4 = p_1^4 - 6 p_1^2p_2 + 8p_1p_3+ 3 p_2^2- 6p_4$ (nos polinomios cíclicos non varía o signo, pero neste punto o único que nos interesa son os coeficientes),
e temos $ B_4(p_1, p_2, p_3, p_4) = p_1^4 + 6p_1^2 p_2 + 3p_2^2 + 4 p_1 p_3 + p_4 $,
por tanto se facemos a sustitución da relación temos $ B_4(p_1, p_2, 2! p_3, 3! p_4) = p_1^4 + 6p_1^2 p_2 + 3p_2^2 + 4 p_1 \cdot 2 p_3 + 3! p_4 = p_1^4 + 6p_1^2 p_2 + 3p_2^2 + 8 p_1 p_3 + 6 p_4$ ,
e efectivamente coinciden os coeficientes das identidades de Newton cos polinomios de Bell sustituindo as variábeis $p_i$ por $(n-1)! p_i$.
Para calquera serie formal de potencias da forma
$f(x)=a_1 x+{a_2 \over 2}x^2+{a_3 \over 6}x^3+\cdots+{a_n \over n!}x^n+\cdots\,$
temos
$\exp ( f(x) )=e^{f(x)}=\sum_{n=0}^\infty {b_n \over n!}x^n,\,$
onde $$b_n = \sum_{\pi=\left\{\,S_1,\,\dots,\,S_k\,\right\}} a_{\left|S_1\right|}\cdots a_{\left|S_k\right|},$$
e o indice $\pi$ do sumatorio percorre todas as particións $\{ S_1,\ldots,S_k \}$ do conxunto
$\{ 1,\ldots, n \}$. (Onde en $k = 0,$ o produto baleiro por definición é igual a $1$.)
Esta fórmula pódese escribir mediante os polinomios exponenciais completos de Bell
facendo $b_n = B_n(a_1,a_2,\dots,a_n)$, e así
$$\exp\left(\sum_{n=1}^\infty {a_n \over n!} x^n \right) = \sum_{n=0}^\infty {B_n(a_1,\dots,a_n) \over n!} x^n.$$
Temos que os números de Stirling do primer tipo $s(n,k)$ aparecen como os coeficientes da serie formal de potencias na expanxión do factorial descendente
$(x)_n = x(x-1)(x-2)\cdots(x-n+1)$ en potencias da variábel $x$, isto é, $(x)_n = \sum_{k=0}^n s(n,k) x^k,$ que se pode transformar en $(x+1)(x+2) \cdots (x+n-1)
= (n-1)! \cdot (x+1) \left(\frac{x}{2}+1\right) \cdots \left(\frac{x}{n-1}+1\right)$ e con este principio e todas as fórmulas das seccións anteriores podemos obter a relación desexada:
$\begin{align}
\dfrac{1}{n!} \sum_{k=0}^n \biggl[{n+1 \atop k+1} \biggr] x^k &= \prod_{k=1}^n \biggl(1 + \dfrac{1}{x} \biggr) \\
&= \exp \sum_{k=0}^n \ln \biggl(1 + \dfrac{1}{x} \biggr) \quad \text{tras aplicar } x = e^{\ln{x}} \\
&= \exp \sum_{k=0}^n \sum_{j=1}^\infty \dfrac{(-1)^{j-1}}{j} \biggl(\dfrac{x}{k} \biggr)^j \quad \text{serie de Taylor de } \ln(1+x) \\
&= \exp \sum_{j=1}^\infty \dfrac{(-1)^{j-1}}{j} H_n^{(j)}x^j \quad \text{tras trocar sumatorios e usar def de } H_n^{(j)} \\
&= \exp \sum_{j=1}^\infty \dfrac{(-1)^{j-1}}{j!} (j-1)!H_n^{(j)}x^j. \\
\end{align}$
No último paso transformamos para poder aplicar a fórmula exponencial de series formais coas variábeis necesarias das identidades de Newton cos polinomios de Bell que lembramos debía ser $p_i$ por $(n-1)! p_i$.
Agora se comparamos o termo $n$ da parte inicial da igualdade coa parte final da igualdade tendo en conta a fórmula exponencial no formato de polinomios de Bell temos:
$\biggl[{n+1 \atop k+1} \biggr] = n! (-1)^{k} B(-H_n^{(1)},-H_n^{(2)},-2!H_n^{(3)},-3!H_n^{(4)}, \ldots -(k-1)!H_n^{(k)} )$
Aplicando a fórmula para os primeiros $k$ de Stirling temos logo os mesmos coeficientes que as identidades de Newton onde $e_i$ sería $\biggl[{n+1 \atop i+1} \biggr]$ e $p_i$ sería $H_n^{(i)}$:
$\begin{align}
&\biggl[{n+1 \atop 1} \biggr] = n!. \\
&\biggl[{n+1 \atop 2} \biggr] = n! (H_n^{(1)}). \\
&\biggl[{n+1 \atop 3} \biggr] = \dfrac{n!}{2!} ( (H_n^{(1)})^2 - H_n^{(2)} ).\\
&\biggl[{n+1 \atop 4} \biggr] = \dfrac{n!}{3!} ( (H_n^{(1)})^3 - 3H_n^{(2)}H_n^{(1)} + 2H_n^{(3)} ).\\
&\biggl[{n+1 \atop 5} \biggr] = \dfrac{n!}{4!} ( (H_n^{(1)})^4 - 6H_n^{(2)}(H_n^{(1)})^2 + 8H_n^{(3)}H_n^{(1)}+3(H_n^{(2)})^2-6H_n^{(4)} ).\\
&\ldots \\
\end{align}$
Atención a como o signo está influído por cada signo menos en $-H_n^{(i)}$ e tamén en cada fila debido a $(-1)^{k}$. A combinación de ambos os dous e os expoñentes incrementados en cada fila fai que a configuración de signos conserve a mesma secuencia en cada fila.
Agora considerando adecuadamente o factor $n!$ que aparece nas fórmulas anteriores, introducindo os factores $\biggl[{n+1 \atop 1} \biggr]$ para que cada termo teña coherentes o produto dos índices polos expoñentes, podemos usar as identidades de Newton (onde novamente $e_i$ sería $\biggl[{n+1 \atop i+1} \biggr]$ e $p_i$ sería $H_n^{(i)}$) para obter as expresións dos números harmónicos xeneralizados en función dos números de Stirling :
$\begin{align}
& n!(H_n^{(1)}) = \biggl[{n+1 \atop 2} \biggr].\\
& (n!)^2 (H_n^{(2)}) = \biggl[{n+1 \atop 2} \biggr]^2 - 2\biggl[{n+1 \atop 3} \biggr]\biggl[{n+1 \atop 1} \biggr].\\
& (n!)^3 (H_n^{(3)}) = \biggl[{n+1 \atop 2} \biggr]^3 - 3\biggl[{n+1 \atop 3} \biggr]\biggl[{n+1 \atop 2} \biggr]\biggl[{n+1 \atop 1} \biggr]+ 3\biggl[{n+1 \atop 4} \biggr]\biggl[{n+1 \atop 1} \biggr]^2.\\
& (n!)^4 (H_n^{(4)}) = \biggl[{n+1 \atop 2} \biggr]^4 - 4\biggl[{n+1 \atop 3} \biggr]\biggl[{n+1 \atop 2} \biggr]^2 \biggl[{n+1 \atop 1} \biggr] + 4\biggl[{n+1 \atop 4} \biggr]\biggl[{n+1 \atop 2} \biggr]\biggl[{n+1 \atop 1} \biggr]^2. \\
& \quad\quad\quad\quad + 2\biggl[{n+1 \atop 3} \biggr]^2\biggl[{n+1 \atop 1} \biggr]^2 - 4\biggl[{n+1 \atop 5} \biggr]\biggl[{n+1 \atop 1} \biggr]^3.\\
&\ldots \\
\end{align}$
Números de Stirling en función de números harmónicos xeneralizados
$\begin{align}
n=3; \quad \biggl[{4 \atop 3} \biggr] &= 6 = \dfrac{3}{6^2} (11^2 - 49) = \dfrac{72}{12} = 6.\\
n=4; \quad \biggl[{5 \atop 4} \biggr] &= 10 = \dfrac{4}{24^3} (50^3 - 3\cdot 820 \cdot 50+2\cdot 16280) = \dfrac{34560}{3456} =10.\\
n=4; \quad \biggl[{5 \atop 3} \biggr] &= 35 = \dfrac{12}{24^2} (50^2 -820) = \dfrac{1680}{48} = 35.\\
n=5; \quad \biggl[{6 \atop 5} \biggr] &= 15 = \dfrac{5}{120^4} (274^4 - 6\cdot 21076\cdot 274^2 + 8\cdot 2048824\cdot 274 \\
& \quad\quad\quad + 3\cdot 21076^2 - 6\cdot 224021776) = \dfrac{622080000}{41472000} = 15.\\
\end{align}$
Números harmónicos xeneralizados en función de números de Stirling
$\begin{align}
(3!)^2 H_3^{(2)} &= 49 = 11^2 - 2\cdot 6 \cdot 6 = 121 - 72 = 49.\\
(3!)^3 H_3^{(3)} &= 251 = 11^3 - 3\cdot 6 \cdot 11 \cdot 6 + 3\cdot 1 \cdot 6^2 = 1331 - 1188 + 108= 251.\\
(3!)^4 H_3^{(4)} &= 1393 = 11^4 - 4\cdot 6 \cdot 11^2 \cdot 6 + 4\cdot 1 \cdot 11 \cdot 6^2 + 2 \cdot 6^2 \cdot 6^2 - 4 \cdot 0 \\
&\quad = 14641 - 17424 + 1584 + 2592= 1393.\\
(4!)^4 H_4^{(4)} &= 357904 =50^4 - 4\cdot 35 \cdot 50^2 \cdot 24 + 4\cdot 10 \cdot 50 \cdot 24^2 + 2 \cdot 35^2 \cdot 24^2 - 4 \cdot 1 \cdot 24^3 \\
& \quad= 357904.\\
\end{align}$
Números de Stirling do primeiro tipo sen signo $\left[{n\atop k}\right]$
Numeradores sen simplificar a fracción dos números harmónicos xeneralizados
As identidades de Newton
(Todo o seguinte está tomado case integramente da wikipedia en inglés Newton's identities)
Os números de Stirling do primeiro tipo
(Todo o seguinte está tomado case integramente da wikipedia en inglés Stirling numbers of the first kind)
Os números harmónicos xeneralizados
Os polinomios exponenciais de Bell
(As fórmulas están recollidas da wikipedia en inglés Bell_polynomials)
Relación entre os polinomios exponenciais de Bell e as identidades de Newton
Podemos ver en Exponential formula a relación entre $Z_n$ que son os polinomios de índice cíclico do grupo simétrico $S_n$ definido como $Z_n (x_1,\cdots ,x_n) = \frac 1{n!} \sum_{\sigma\in S_n} x_1^{\sigma_1}\cdots x_n^{\sigma_n}$ e $\sigma_j$ denota o número de ciclos de $\sigma$ de tamaño $j\in \{ 1, \cdots, n \}$.
Fórmula exponencial dunha serie formal de potencias
Para unha comprensión maior deste apartado pódese ollar previamente Función xeradora e os primeiros capítulos de generatingfunctionology de Herbert S. Wilf e/ou algunhas seccións de Advanced Combinatorics de Louis Comtet.
Números de Stirling como unha expresión de números harmónicos xeneralizados
A idea desta relación e da demostración está sacada de Relation between Stirling numbers of first kind and harmonic numbers
Mostramos uns pequeniños cálculos de verificación
Nos cálculos ter en conta que para o $n$ dos números harmónicos temos $n+1$ no número de Stirling.
Táboas con datos para contiñas e verificacións
1 2 3 4 5 6 7 8 9 $10$
1 1
2 1 1
3 2 3 1
4 6 11 6 1
5 24 50 35 10 1
6 120
274 225 85 15 1
$\cdots$
10 $362880$
$1026576$ $1172700$ $723680$ $269325$ $63273$ $9450$ $870$ $45$ $1$
$\cdots$
n 1 2 3 4 5 $\cdots$ OEIS
$H_n$ 1 3 11 50 274 $\cdots$ A000254
$H_n^{(2)}$ 1 5 49 820 21076 $\cdots$ A001819
$H_n^{(3)}$ 1 9 251 16280 2048824 $\cdots$ A066989
$H_n^{(4)}$ 1 17 1393 357904 224021776 $\cdots$ A203229
$H_n^{(5)}$ 1 33 8051 8259776 25822962624 $\cdots$ A269793
$\cdots$
Bibliografia
Ningún comentario:
Publicar un comentario