Разложение дроби на простейшие

[novichok2018]

Можно в явном виде разложить такую дробь на простейшие

$$ \frac{2k+1}{(k+1)^n\, k^n},\ \ n\in \mathbb{N}, $$

?

[nnosipov]

Сначала можно попробовать найти многочлены $u(k)$ и $v(k)$, для которых $(k+1)^nu(k)+k^{n-1}v(k)=1$, при этом $\deg{u(k)}<n-1$, $\deg{v(k)}<n$. Если они выписываются в каком-то разумном виде, то есть шанс решить задачу.

Upd. См. задачу 584 в "Сборнике задач по высшей алгебре" Фаддеева и Соминского (М., 1977).

[novichok2018]

Структура понятна - много дробей со знаменателями такими и такими в равном количестве. Вопрос в постоянных перед дробями. Попытка подобрать по OEIS намекает на какие-то числа Каталана, но может коэффициенты перед простейшими можно явно найти из общих формул, может быть из формул через производные?

[kotenok gav]

novichok2018 в сообщении #1458960 писал(а):

числа Каталана

Кои легко выписываются в общем виде: $\dfrac{(2n)!}{(n!)^2}$.

[novichok2018]

Тем более, должно быть решение без них, напрямую.

[Vince Diesel]

Ну, экспериментально выходит так:

$$ (-1)^n\frac{ 4^{n-2}\Gamma \left(n-\frac{3}{2}\right)}{\sqrt{\pi } (n-1)! } \sum _{j=2}^n \frac{ (j-1) (2-n)_{j-2}}{(4-2n)_{j-2}}\left(\frac{(-1)^j}{ k^{j}}-\frac1{(k+1)^{j}}\right) $$

где $(a)_n=\Gamma(a+n)/\Gamma(a)$ -- символ Похгаммера.

[novichok2018]

Vince Diesel - спасибо. Такое как-то выводится, или это только магией?

[Padawan]

Да просто раскладываете в ряд Тейлора функцию $(2k+1)(1+k)^{-n}$ по степеням $k$, а функцию $(2k+1)k^{-n}$ по степеням $k+1$.

[nnosipov]

kotenok gav в сообщении #1458961 писал(а):

Кои легко выписываются в общем виде: $\dfrac{(2n)!}{(n!)^2}$.

Поправлю: $C_n=\dfrac{(2n)!}{(n+1)(n!)^2}$ (иначе это $C_{2n}^n$ --- число сочетаний).

[Padawan]

Padawan в сообщении #1459094 писал(а):

Да просто раскладываете в ряд Тейлора функцию $(2k+1)(1+k)^{-n}$ по степеням $k$

у меня получилось, что слагаемые вида $c/k^i$ будут

$$ \frac{1}{k^n}+\sum\limits_{i=1}^{n-1} \left[2\binom{-n}{i-1}+\binom{-n}{i}\right]\frac 1{k^{n-i}} $$

(в круглых скобках биномиальные коэффициенты)

[novichok2018]

Padawan - счёт показывает, что дроби со знаменателем первой степени $c/k$ нет в разложении, у Вас она получается при $i=n-1$ в сумме. Возможно, коэффициент нулевой.
Можно использовать явные формулы для вычетов, но сразу непонятно как производные от дроби в них считать.

[Padawan]

novichok2018 в сообщении #1459101 писал(а):

Возможно, коэффициент нулевой

Именно так. $2\binom{-n}{n-2}+\binom{-n}{n-1}=0$ при $n\geqslant 2$

[novichok2018]

Чтобы добить, осталось показать следующие свойства коэффициентов. Понятно, что дробей вида $c/k^j$ и $с/(k+1)^j$, где $2\leq j \leq n$ одинаковое количество, попарно с равными степенями знаменателей. Нужно доказать, что

1) последовательности коэффициентов при этих дробях попарно равны по модулю;
2) все коэффициенты при дробях $с/(k+1)^j$, где $2\leq j \leq n$ положительны;
3) коэффициенты при дробях $c/k^j$ те же по модулю, но их знаки чередуются.

Вот пример из МАТЕМАТИКИ:

Apart[(2 k + 1)/((k + 1)^7 *k^7)] $
1/k^7 - 5/k^6 + 14/k^5 - 28/k^4 + 42/k^3 - 42/k^2 + 1/(1 + 
   k)^7 + 5/(1 + k)^6 + 14/(1 + k)^5 + 28/(1 + k)^4 + 42/(1 + 
   k)^3 + 42/(1 + k)^2

[kotenok gav]

nnosipov в сообщении #1459096 писал(а):

Поправлю: $C_n=\dfrac{(2n)!}{(n+1)(n!)^2}$

Да, точно.

novichok2018 в сообщении #1459105 писал(а):

МАТЕМАТИКИ

Да что ж вы все ОРЕТЕ.

[novichok2018]

Я так привык, чтобы видеть, что это программа. Не нравится не читайте, так же? Тоже мне цензор нашёлся, замечания не по делу вставлять.
На самом деле достаточно разложить явно чуть более простую дробь с единичным числителем:

$$ \frac{1}{k^n (1+k)^n}. $$