произведение степенных рядов

[van341]

Помогите, пожалуйста, представить произведение двух рядов $\sum\limits_{n=1}^{\infty}A_nx^n\cdot\sum\limits_{n=1}^{\infty}A_n(ax+b)^n$ в виде степенного ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}B_nx^n$. Я попытался представить второй ряд в виде $\sum\limits_{n=1}^{\infty}A_n(ax+b)^n=\sum\limits_{n=1}^{\infty}A_n\sum\limits_{k=0}^{n}C_k^na^kb^{n-k}x^k$, но не знаю как дальше представить его по степеням $x^n$, а не по $x^k$.

[Slav-27]

van341 в сообщении #1243229 писал(а):

не знаю как дальше представить его по степеням

Выберем некоторое число $m$. Если этот ряд представить в виде $\sum c_m x^m$, то какой будет $c_m$?

Очевидно, чтобы в вашей двойной сумме получилось слагаемое $...x^m$, нужно $k=m$. Значит, для получения коэффициента $c_m$ нужно брать $n$ такие, что во внутренней сумме есть слагаемое с $k=m$, и по всем таким $n$ суммировать.

[van341]

Как-то так я и представляю решение... только выражение записать не могу(((

[arseniiv]

Проще говоря, вам надо всего-то выразить пределы суммирования друг через друга, чтобы вместо $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{k=0}^{n}$ стало $\sum\limits_{k=0}^{\text{что-то}}\sum\limits_{n=1}^{\text{что-то ещё от }k}$. А потом вы просто друг с другом меняете их имена и получаете $\sum\limits_{n=0}^{\text{что-то}}\sum\limits_{k=1}^{\text{что-то ещё от }n}\ldots x^n\ldots$.

-- Вс авг 27, 2017 02:54:33 --

Если приходилось менять пределы интегрирования, с пределами суммирования всё аналогично, только с учётом того, что они должны быть целочисленными.

[Markiyan Hirnyk]

Это механизировано в Мэйпле. Коэффициент $B_k$ степенного ряда $f(x):=\sum\limits_{k=0}^\infty B_kx^k$ в предположении сходимости ряда на неодноточечном интервале равен $f^{(k)}(0)/k!.$ Применим Мэйпл

sum(B[k]*x^k, k = 1 .. infinity) = (sum(A[i]*(a*x+b)^i, i = 1 .. infinity))*(sum(A[j]*x^j, j = 1 .. infinity)):
B[k] := value(diff((sum(A[i]*(a*x+b)^i, i = 1 .. infinity))*(sum(A[j]*x^j, j = 1 .. infinity)), x$k))/factorial(k);

{\sum _{i=1}^{\infty } \left( \sum _{j=1}^{\infty }A_{{i} }A_{{j}} \left( ax+b \right) ^{i}{\it pochhammer} \left( j-k+1,k \right) {x}^{j-k} {\mbox{$_2$F$_1$}(-k,-i;\,j-k+1;\,{\frac {ax}{ax+b}})} k!^{-1}\right) } $$
См.справку pochhammer . Слагаемые внутренней суммы равны нулю при $j<k$ ввиду

pochhammer(j-k+1, k)assuming j::posint,k::posint, j<k
0

Далее,

limit(hypergeom([-i, -k], [i-k+1], a*x/(a*x+b)), x = 0)assuming i::posint,k::posint
1

Итак,
$B_k={\frac {\sum _{i=1}^{\infty }A_{{i}}A_{{k}}b^i{\it pochhammer} \left( 1,k \right) }{k!}} $

[van341]

Всем спасибо за помощь!
Markiyan Hirnyk, было удобно использовать Ваш подход, но при исходном представлении суммы $f(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}A_n(ax+b)^n$ в виде ряда $f(x)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}B_kx^k$ при $B_k=\frac{f^{(k)}(0)}{k!}$. Получилось $f(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}A_nb^n+\sum\limits_{k=1}^{\infty}\sum\limits_{n=k}^{\infty}A_nb^{n-k}\frac{(n-k+1)_k}{k!}a^kx^k$. Ну а дальше формула перемножения рядов $\sum\limits_{k=1}^{\infty}A_kx^k\cdot\sum\limits_{k=0}^{\infty}B_kx^k=\sum\limits_{k=0}^{\infty}C_kx^k$ при определении $C_k$ известна.

[Markiyan Hirnyk]

van341 в сообщении #1243402 писал(а):

Markiyan Hirnyk, было удобно использовать Ваш подход, но при исходном представлении суммы $f(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}A_n(ax+b)^n$ в виде ряда $f(x)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}B_kx^k$ при $B_k=\frac{f^{(k)}(0)}{k!}$. Получилось $f(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}A_nb^n+\sum\limits_{k=1}^{\infty}\sum\limits_{n=k}^{\infty}A_nb^{n-k}\frac{(n-k+1)_k}{k!}a^kx^k$. Ну а дальше формула перемножения рядов $\sum\limits_{k=1}^{\infty}A_kx^k\cdot\sum\limits_{k=0}^{\infty}B_kx^k=\sum\limits_{k=0}^{\infty}C_kx^k$ при определении $C_k$ известна.

Не понял. Пожалуйста, изложите ясно и четко ваше "но".

[van341]

"но" означает, что приведенное решение для меня удобнее... да и итоговый результат получается другой (отличен от Вашего после слова "Итак,..."). $\sum\limits_{n=1}^{\infty}A_n(ax+b)^n=\sum\limits_{n=1}^{\infty}A_nb^n+\sum\limits_{k=1}^{\infty}a^kx^k\sum\limits_{n=k}^{\infty}A_nb^{n-k}C_k^{n}$, а $\sum\limits_{n=1}^{\infty}A_nx^n\cdot\sum\limits_{n=1}^{\infty}A_n(ax+b)^n=\sum\limits_{n=1}^{\infty}B_nx^n$, где $B_n=A_n\sum\limits_{k=1}^{\infty}A_kb^k+\sum\limits_{k=0}^{n-2}a^{k+1}A_{n-k-1}\sum\limits_{h=k+1}^{\infty}A_hb^{h-k-1}C^h_{k+1}$. Непонятно как у Вас получилось, что $B_n=A_n\frac{\sum\limits_{k=1}^{\infty}A_kb^k(1)_{n}}{n!}$, а при том, что $(1)_{n}=n! $ короче будет запись $B_n=A_n\sum\limits_{k=1}^{\infty}A_kb^k$?

[Markiyan Hirnyk]

Вы пишете

Цитата:

приведенное решение для меня удобнее

Какое приведенное решение? Не вижу другогого решения, помимо моего.
Вы пишете

Цитата:

Непонятно как у Вас получилось, что $B_n=A_n\frac{\sum\limits_{k=1}^{\infty}A_kb^k(1)_{n}}{n!}$

Пр помощи Мэйпла найдена производная порядка $k$ произведения рядов

$\sum _{i=1}^{\infty }A_{{i}} \left( ax+b \right) ^{i}\sum _{j=1}^{\infty }A_{{j}}{x}^{j}= $
${\frac {1}{k!}\sum _{i=1}^{\infty } \left( \sum _{j=1}^{\infty }A_{{i} }A_{{j}} \left( ax+b \right) ^{i}{\it pochhammer} \left( j-k+1,k \right) {x}^{j-k} {\mbox{$_2$F$_1$}(-k,-i;\,j-k+1;\,{\frac {ax}{ax+b}})} \right) }.$
Выше я грамотно применяю разные индексы в рядах произведения. Далее, опять при помощи Мэйпла показано, что члены внутренней суммы по $j$ при $j<k$ равны нулю. Слагаемые внутренней суммы при $j>k$ при подстановке $x=0$ также равны нулю в силу множителя $x^{j-k}.$ После подстановки $x=0$ во внутренней сумме остается единственное слагаемое $A_kb^k pochhammer(1,k),$ найденное с примененением Мэйпла (предел гипергеометрической функции при $x\to 0$). Здесь у меня неточность: должно быть $b^k$ вместо $b^i.$ Если имеются еще вопросы, пожалуйста, задавайте их. Постараюсь конструктивно ответить.

[NDP]

Markiyan Hirnyk
Давайте отложим Maple. Очевидно, что коэффициенты должны содержать разнообразные степени $a$, чего в вашем ответе не наблюдается. Почему?
$(1)_n=n!$ - стандартная запись символа Похгаммера.

[van341]

Решение, которое я расписал выше: 1. Производная порядка $k$ находится для ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}A_n(ax+b)^n$ (а не для произведения двух рядов как это сделано у Вас); 2. С помощью известных соотношений для произведения рядов находится $B_n$ в искомом разложении $\sum\limits_{n=1}^{\infty}B_nx^n$ (посмотрите внимательно! $n\in[1;\infty]$, а не $n\in[0;\infty]$).
Ваши последующие рассуждения неверны $B_n\ne A_n\frac{\sum\limits_{k=1}^{\infty}A_kb^k(1)_n}{n!}$ и
$B_n\ne A_n\frac{\sum\limits_{k=1}^{\infty}A_kb^n(1)_n}{n!}$ ровно потому, что НЕТ $A_0$, а следовательно и НЕТ $B_0$. Если не верите проверти в любимом Мэйпле, например для $A_n=\frac{2^n}{n!}$, $a=2$, $b=3$ чему равно $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{2^n}{n!}(2x+3)^n\cdot\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{2^n}{n!}x^n$ разложению с Вашим определением $B_n$ или моим.

[Markiyan Hirnyk]

Вы пишете

Цитата:

Очевидно, что коэффициенты должны содержать разнообразные степени $a$

Пожалуйста, обоснуйте это утверждение. Можно рассмотреть конечные суммі с первіми тремя ненулевыми слагаемыми

[van341]

NDP
Все верно Вы говорите коэффициенты $B_n$ обязательно должны зависить от $a$! :
$B_n=A_n\sum\limits_{k=1}^{\infty}A_kb^k+\sum\limits_{k=0}^{n-2}a^{k+1}A_{n-k-1}\sum\limits_{h=k+1}^{\infty}A_hb^{h-k-1}C^h_{k+1}$.

[Markiyan Hirnyk]

Спасибо. Вы правы. Я неправильно применил Мэйпл: не разложено в сумму выражение $\left( ax+b \right) ^{i}.$.

[van341]

Markiyan Hirnyk
Вам спасибо за исходную подсказку, а то я вчера вечером "клина словил")))