Как упростить степенной ряд?

[Hasek]

Вот есть у меня $z = -1 + \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{n^{n-1}}{n!} x^n$ и хочется получить выражение для $\frac{z'}{z^2}$ через $x$. Заметим, что $(\frac{1}{1-f})' = \frac{f'}{(-1+f)^2}$, тогда

$$\frac{z'}{z^2} = \frac{\sum\limits_{n=1}^\infty n \frac{n^{n-1}}{n!} x^{n-1}}{(-1 + \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{n^{n-1}}{n!} x^n)^2} = \frac{d}{dx}\left(\frac{1}{1 - \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{n^{n-1}}{n!} x^n}\right) = \frac{d}{dx}(\sum\limits_{i=1}^\infty (\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{n^{n-1}}{n!} x^n)^{i-1})$$

А что делать дальше? Казалось бы, вот и финишная прямая -- просто раскрыть скобки и сгруппировать коэффициенты при одинаковых степенях $x$, но у меня не получается аккуратно это записать.

[Markiyan Hirnyk]

Вот первые члены, вычисленные с Мэйплом:
$1+4\,x+{\frac{27}{2}}{x}^{2}+{\frac{128}{3}}{x}^{3}+{\frac{3125}{24}} {x}^{4}+{\frac{1944}{5}}{x}^{5}+{\frac{823543}{720}}{x}^{6}+{\frac{ 1048576}{315}}{x}^{7}+{\frac{43046721}{4480}}{x}^{8}+{\frac{15625000}{ 567}}{x}^{9}+{\frac{285311670611}{3628800}}{x}^{10}+{\frac{429981696}{ 1925}}{x}^{11}+{\frac{302875106592253}{479001600}}{x}^{12}+{\frac{ 1550224166512}{868725}}{x}^{13}+{\frac{72081298828125}{14350336}}{x}^{ 14}+{\frac{9007199254740992}{638512875}}{x}^{15}+{\frac{ 827240261886336764177}{20922789888000}}{x}^{16}+{\frac{ 1647129056757192}{14889875}}{x}^{17}+{\frac{1978419655660313589123979} {6402373705728000}}{x}^{18}+{\frac{12800000000000000000}{14849255421}} {x}^{19}+O \left( {x}^{20} \right) $
Можно найти и 200. Затрудняюсь записать общую формулу.

[arseniiv]

Mathematica 8 не изволит выдать коэффициент при $x$ в общем виде, но зато даёт явный вид этого выражения целиком:

In[1]>  z = -1 + Sum[n^(n - 1) x^n/n!, {n, 1, \[Infinity]}];
In[2]>  w = D[z, x]/z^2
Out[2]> -(ProductLog[-x]/(x (-1 - ProductLog[-x])^2 (1 + ProductLog[-x])))

где ProductLog — это $W$-функция Ламберта.

[Hasek]

Markiyan Hirnyk
Спасибо за ответ, но мне как раз было бы крайне желательно получить именно явную аналитическую формулу (разложение в какой-нибудь условной Mathematica посмотреть тоже в состоянии), потому что это вещь у меня возникает из замены переменных на спектральной кривой $x = y e^{-y}$, с которой мне ещё придётся работать неоднократно.

Попробую более явно описать свои идеи и затруднения. Как умножаются полиномы в случае конечной степени и конечного числа сомножителей предельно понятно: $f_k = \sum\limits_{i_1 + \ldots + i_n = k} f_{i_1} \cdot \ldots \cdot f_{i_n}$, здесь $f_k$ -- коэффициент при $k$-й степени. Обозначим наш ряд по $n$ за $f(x)$. Теперь $\sum\limits_{i=1}^\infty (\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{n^{n-1}}{n!} x^n)^{i-1} = \sum\limits_i \sum\limits_n f(x)^{i-1} = 1 + f(x) + f(x)^2 + f(x)^3 + \ldots$. В $(i-1)$-м слагаемом в силу указанной выше формулы для коэффициентов произведения полиномов при $n$-й степени будет стоять коэффициент $\sum\limits_{\sum_{i=1}^{n_i-1}=n}\prod\limits_{i=1}^{i-1}\frac{n_i^{n_i-1}}{n_i!}$. До этого момента я правильно обобщаю? Если да, осталось добавить ещё одну сумму по $i$, чтобы в общем выражении собрать коэффициенты при одной степени из всех слагаемых.

arseniiv
Да, с $W$-функцией Ламберта я тоже уже успел познакомиться, но мне нужно решение именно в виде степенного ряда по $x$ в нуле.

Решение через $W$-функцию:

Так как $W(x) = \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(-n)^{n-1}}{n!}x^n$, то $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{n^{n-1}}{n!}x^n = -W(-x)$, тогда $z = -1-W(-x)$ и $z' = -\frac{W(-x)}{1+xW(-x)}$. Получаем $\frac{z'}{z^2}=-\frac{-W(-x)}{x(1+W(-x))^3}$.

Но, повторюсь, мне нужно выражение только в виде степенного ряда по $x$.

UPD: Мой ответ не сходится с тем, что Вы вставили из Mathematica 8, похоже у меня где-то ошибка в арифметике. Но не суть, так как это не совсем желаемая форма.

[arseniiv]

Hasek в сообщении #1184567 писал(а):

$$\frac{d}{dx}(\sum\limits_{i=1}^\infty (\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{n^{n-1}}{n!} x^n)^{i-1})$$

Итак, есть

$$\frac d{dx} \left(\sum_{i=0}^\infty \left(\sum_{n=1}^\infty a_n x^n \right)^i \right).$$

Видимо, тут основная загвоздка в $n$-й степени внутреннего ряда

$$\left(a_0 + a_1x + a_2x^2 + \ldots\right)^n = a_0^n + \textstyle{\binom n1} a_0^{n-1}a_1x + \left(\textstyle{\binom n2} a_0^{n-2}a_1^2 + \textstyle{\binom n1} a_0^{n-1}a_2\right)x^2 + \ldots \text{?}$$

Кажется, коэффициенты при $x^m$ тут особо никак не сворачивались — их разве что можно представить более-менее внятными суммами

$$\sum_{\substack{i_1,\ldots,i_n\geqslant0 \\ i_1 + i_2 + \ldots + i_n = m}} a_{i_1}\cdots a_{i_n}$$

или аналогично с группировкой слагаемых, отличающихся только порядком (появятся биномиальные коэффициенты как выше, но неочевидно, что такая форма записи для дальнейших выкладок полезнее).

UPD. У меня две разные величины обозначались одинаково $n$, исправил.

-- Сб янв 14, 2017 19:56:11 --

Теперь вы складываете такие ряды, и коэффициенты при $x^m$ складываются:

$$\sum_{n=0}^\infty\sum_{\substack{i_1,\ldots,i_n\geqslant0 \\ i_1 + i_2 + \ldots + i_n = m}} a_{i_1}\cdots a_{i_n}.$$

После этого дифференцируете, и они сдвигаются и умножаются на свои номера. Какие-то улучшения могут быть благодаря виду $a_n$, возможно.

[Hasek]

arseniiv, спасибо, вот биномиальные коэффициенты -- то, что нужно!

Раз у нас суммирование по $n$ начинается с $1$, а не с $0$, то на самом деле будет

$$(a_1x + a_2x^2 + \ldots)^n = a_1x^n + \binom{n}1 a_1^{n-1}a_2x^{n+1} + [\binom{n}2 a_1^{n-2}a_2^2 + \binom{n}1 a_1^{n-1}a_2]x^{n+2} + \ldots \mbox{?}$$

Потом, мне не совсем понятно, как далее в формуле $\sum\limits_{\substack{i_1,\ldots,i_n \geq 0\\ i_1+\ldots+i_n=m}} a_{i_1} \ldots a_{i_n}$ учитываются биномиальные коэффициенты? Или как можно переписать эту сумму с их использованием?

[arseniiv]

Hasek в сообщении #1184664 писал(а):

Раз у нас суммирование по $n$ начинается с $1$, а не с $0$, то на самом деле будет

$$(a_1x + a_2x^2 + \ldots)^n = a_1x^n + \binom{n}1 a_1^{n-1}a_2x^{n+1} + [\binom{n}2 a_1^{n-2}a_2^2 + \binom{n}1 a_1^{n-1}a_2]x^{n+2} + \ldots \mbox{?}$$

Ну да. Только там в конце $\binom{n}1 a_1^{n-1}a_3$, но ясно, что это опечатка.

Hasek в сообщении #1184664 писал(а):

Потом, мне не совсем понятно, как далее в формуле $\sum\limits_{\substack{i_1,\ldots,i_n \geq 0\\ i_1+\ldots+i_n=m}} a_{i_1} \ldots a_{i_n}$ учитываются биномиальные коэффициенты?

В количестве разных наборов $(i_1,\ldots,i_n)$, дающих одинаковые $a_{i_1}\cdots a_{i_n}$ — например, наборы

$$(2,1,1,\ldots,1,1),\;(1,2,1,\ldots,1,1),\;\ldots,\;(1,1,1,\ldots,1,2)$$

все дают слагаемое $a_1^{n-1}a_2$ и как раз $\binom n1$ раз, и т. п..

[Hasek]

Понял. Спасибо за помощь!

[Hasek]

Возникло сомнение... Давайте посмотрим на коэффициент при $x^2$. Из выражения $\sum\limits_{i=0}^\infty (\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{n^{n-1}}{n!} x^n)^i$ он должен быть равен $a_1^2+a_2$ (потому что берём коэффициент с $i=1$ при $x^2$ и добавляем произведения коэффициентов при $x^1$ с $i=2$). Но из выражения $\sum\limits_{\substack{i_1,\ldots,i_n \geq 0\\ i_1+\ldots+i_n = m}}$ получаем $a_1^2+2a_2$ (потому что нам подходят наборы индексов $(1,1)$, $(0,2)$, $(2,0)$). Что я упускаю?

[arseniiv]

Э нет, никаких $(0,2), (2,0)$ — у вас ведь $a_0 = 0$, так что кортежи, содержащие нули, никакого вклада не дают. $a_2$ в коэффициент при $x^2$ попадает благодаря кортежу $(2)$.

-- Чт янв 19, 2017 01:23:21 --

Т. е. я-то для общего случая делал, а вы смело можете заменить $i_1,\ldots,i_n\geqslant0$ в условии в сумме на $i_1,\ldots,i_n\geqslant1$.

[Hasek]

Да, точно. Кстати, ещё у меня была ошибка $(a_1x+a_2x^2+\ldots)^n = a_1^nx^n + \ldots$