Производящие функции и комбинаторные тождества

[deep blue]

В книге "Лекции о производящих функциях" (Ландо) первые же упражнения поставили меня в тупик . В первой главе, вроде, ясно дается понять, что метод решеия(в учебных целях) заключается в разложении в ряд и доказательстве равенства коэффициентов при степенях $s$ в левой и правой частях.

1.3 Докажите следующие равенства
a) $\sin^2(s)+\cos^2(s)=1$
б) $(1+s)^{\alpha}(1+s)^\beta=(1+s)^{\alpha+\beta}$
в) $\exp(\ln((1-s)^{-1})=(1-s)^{-1}$
г) $\ln(1+s)=s-{1\over 2}s^2+{1\over 3} s^3-…+{(-1)^{n+1}\over n}s^n$

Можно пользоваться стандартными разложениями в производящие функции (а также их подстановками, суммами, произведениями и делениями)
$(1+s)^\alpha=1+{a\over 1!}s+{a(a-1)\over 2!}s^2+{a(a-1)(1-2)\over 3!}s^3+...$
$e^s=s+{1\over 1!}s+{1\over 2!}s^2+{1\over 3!}s^3+...$
$\ln({1\over {1-s}})=s+{1\over 2}s^2+{1\over 3}s^3+...$
$\sin(s)=s-{1\over 3!}s^3+{1\over 5!}s^5+...$
$\cos(s)=1-{1\over 2!}s^2+{1\over 4!}s^4+...$

Для примера выписываю решение первой задачи (удалось повторить решение похожего примера из книжки)
Свободный член разложения $sin^2(s)+cos^2(s)$ равен 1, а при $n>0$ коэффициент при $s^n$ в разложении равен $\pm[{1\over (n-1)!} +{1\over (n-3!)3!}+…] \mp [{1\over n!} +{1\over (n-2!)2!}+…]$ умножая на $n!$, получаем известное тождество $C^0_n-C^1_n+C^2_n-…=0$, то есть все остальные коэффициенты в производящем ряду равны нулю.
Пробовал выписывать коэффициент при степенях s в примерах б) и в), но тождества, получающиеся там сложны для доказательства. А в примере г) и этого не получилось. Напрямую разложить в ряд его видимо нельзя по условиям задач, приходится сводить к уже известному $\ln({1\over 1-s})=s+{1\over 2}s^2+{1\over 3}s^3+...$

[maxal]

Вообще-то непонятно, что здесь курица, а что яйцо. Например, в б) для коэффициентов получится свёртка Вандермонда, но она обычно как раз таки доказывается через аналитическое тождество б). Если же тождеством б) пользоваться нельзя, то непонятно чем вообще можно. Если же свёртка Вандермонда предполагается известной, то задача становится тривиальной.

[meduza]

maxal в сообщении #337491 писал(а):

но она обычно как раз таки доказывается через аналитическое тождество б)

По-моему, свёртку Вандермонда можно считать очевидной даже из комбинаторных соображений: чтобы выбрать $n$ предметов из $\alpha+\beta$, нужно проссумировать все способы выбрать $k$ предметов из $\alpha$ и $n-k$ предметов из $\beta$. Хотя доказывать ещё более очевидное тождество б) через Вандермонда -- странно.

deep blue в сообщении #337309 писал(а):

А в примере г) и этого не получилось

$\ln (1+s)=-\ln \dfrac 1{1+s}=\ldots$

[maxal]

meduza в сообщении #337496 писал(а):

По-моему, свёртку Вандермонда можно считать очевидной даже из комбинаторных соображений: чтобы выбрать $n$ предметов из $\alpha+\beta$, нужно проссумировать все способы выбрать $k$ предметов из $\alpha$ и $n-k$ предметов из $\beta$.

Это работает только для натуральных $\alpha$ и $\beta$. А аналитическое тождество работает для всех действительных.

[deep blue]

Да, тождество б), по-видимому, предлагается доказывать в действительных числах, хотя для простоты я доказывал в натуральных. Cпасибо за вариант решения.
А в г) если разрешить переход $\ln(x^{-1})=-\ln(x)$, то действительно все получается складно. Но меня смущает, что в д) предлагается доказать $\ln((1-s)^{-\alpha})=\alpha \ln((1-s))$, то есть почти тот же самый переход, который разрешается в г) . Не совсем понятно, что хотел автор.
Всем спасибо, теперь я могу быть уверен, что не упустил чего-то важного.