Возведение степенного ряда в рациональную степень

[Ultramarine]

Пусть у нас есть два степенных ряда:

$A = \sum\limits_{i=0}^{\infty}(a_i \cdot t^i) = a_0 + a_1 \cdot t + a_2 \cdot t^2 + \dots$
$B = \sum\limits_{i=0}^{\infty}(b_i \cdot t^i) = b_0 + b_1 \cdot t + b_2 \cdot t^2 + \dots$

Причем $B = A^{n/m}$, где $n, m \in Z; m \ne 0$. Вопрос: как выразить $b_k$ через младшие коэффициенты $a$ (младшие — т.е. значок при $a$ не должен быть больше значка при $b$), т.е. $b_k = f(a_0, \dots , a_k)$?


Я пытался найти формулу через ряд Маклорена и правило Лейбница, но так и не добился успеха...



Интересный, кстати, случай получается при $n/m = 1/2$, т.е. при извлечении квадратного корня из степенного ряда:

$b_k = \sum\limits_{i=0}^{k} \Biggl( (-1)^{i+1} \cdot 2^{1-2i} \cdot \dfrac{ (2i)! }{ 2 \cdot (i!)^2 \cdot (2i-1) } \cdot \Bigl( \sqrt{a_0} \Bigr)^{1-2i} \cdot \sum\limits_{condition}^{} \biggl( \dfrac{i!}{ \prod\limits_{j=1}^{k} \Bigl( (n_j)! \Bigr) } \cdot \prod\limits_{j=1}^{k} \Bigl( \bigl( a_j \bigr)^{n_j} \Bigr) \biggr) \Biggr) $,

$condition=\begin{cases} \sum\limits_{\alpha=1}^{\infty}(n_\alpha) = n_1 + n_2 + n_3 + \dots = i\\ \sum\limits_{\beta=1}^{\infty}(n_\beta \cdot \beta) =n_1 \cdot 1 + n_2 \cdot 2 + n_3 \cdot 3 + \dots = k\\ n_1, n_2, n_3, \dots \in O \cup N \end{cases}

где $O$ — множество, состоящее из числа ноль, а $N$ — натуральное множество.

Чем интересно? Ну первая дробь в формуле генерирует ряд чисел...

$$\frac{1}{2}, 1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, \dots$$

... который носит имя чисел Каталана https://ru.wikipedia.org/wiki/Числа_Каталана.

А второй значок суммы с условием, формирует скобку до боли напоминающую полиномиальную теорему http://sci.alnam.ru/book_ela.php?id=30.

[arseniiv]

Ultramarine в сообщении #1171141 писал(а):

Вопрос: как выразить $b_k$ через младшие коэффициенты $a$ (младшие — т.е. значок при $a$ не должен быть больше значка при $b$), т.е. $b_k = f(a_0, \dots , a_k)$?

В общем случае задача некорректна: пусть $n/m<1$, $A = t$, тогда $B = t^{n/m}$, к чему не сходится никакой ряд $\sum_{i=0}^\infty b_it^i$.

[Ultramarine]

arseniiv в сообщении #1171153 писал(а):

В общем случае задача некорректна: пусть $n/m<1$, $A = t$, тогда $B = t^{n/m}$, к чему не сходится никакой ряд $\sum_{i=0}^\infty b_it^i$.

Хм... Нельзя $\sqrt{t}$ разложить в степенной ряд? А где можно глянуть доказательство?

Или тут дело в том что из отрицательного числа не существует действительного корня, а у степенного ряда область определения функции $(-\infty;+\infty)$ и значит разложение невозможно?



Еще один частный случай: $n/m = 3/2$.

$b_k = \sum\limits_{i=0}^{k} \Biggl( (-1)^{i} \cdot 2^{1-2i} \cdot \dfrac{ 3 \cdot (2i)! }{ 2 \cdot (i!)^2 \cdot (2i-1) \cdot (2i-3) } \cdot \Bigl( \sqrt{a_0} \Bigr)^{3-2i} \cdot \sum\limits_{condition}^{} \biggl( \dfrac{i!}{ \prod\limits_{j=1}^{k} \Bigl( (n_j)! \Bigr) } \cdot \prod\limits_{j=1}^{k} \Bigl( \bigl( a_j \bigr)^{n_j} \Bigr) \biggr) \Biggr) $

$condition$ тоже, что и в примере выше.

Здесь первая дробь формирует свой числовой ряд:

$\frac{1}{2}, -3, 3, 2, 3, 6, 14, 36, 99, 286, \dots$

[Brukvalub]

Ultramarine в сообщении #1171160 писал(а):

Или тут дело в том что из отрицательного числа не существует действительного корня, а у степенного ряда область определения функции $(-\infty;+\infty)$ и значит разложение невозможно?

Во дает!

[Ultramarine]

Brukvalub в сообщении #1171162 писал(а):

Во дает!

Извините, если будут глупые ошибки — я не математик и вообще с ней на Вы.

Просто иногда немного интересуюсь некоторыми вопросами в качестве хобби.

[Brukvalub]

Ultramarine в сообщении #1171165 писал(а):

Извините, если будут глупые ошибки — я не математик и вообще с ней на Вы

Ну, не до такой же степени! Вы бы взяли учебник мат.анализа и ознакомились с темами "ряды", функциональные и степенные ряды", а уж потом эти ряды в степени бы возводили.

[arseniiv]

Ultramarine в сообщении #1171160 писал(а):

Хм... Нельзя $\sqrt{t}$ разложить в степенной ряд? А где можно глянуть доказательство?

Не помню, но у $\sqrt t$ в нуле бесконечная производная.

[Ultramarine]

Brukvalub в сообщении #1171168 писал(а):

Ну, не до такой же степени! Вы бы взяли учебник мат.анализа и ознакомились с темами "ряды", функциональные и степенные ряды", а уж потом эти ряды в степени бы возводили.

Именно это я и сделал, но видимо что-то пропустил или недопонял.

Brukvalub, а вообще некрасиво насмехаться над чьим-то незнанием, тем более когда кто-то добровольно самостоятельно изучает сложную науку.



Последний частный случай приведу: $n/m = -3/2$.

$b_k = \sum\limits_{i=0}^{k} \Biggl( (-1)^{i} \cdot 2^{1-2i} \cdot \dfrac{ (2i+2)! }{ 2^2 \cdot (i!) \cdot (i+1)! } \cdot \Bigl( \sqrt{a_0} \Bigr)^{-3-2i} \cdot \sum\limits_{condition}^{} \biggl( \dfrac{i!}{ \prod\limits_{j=1}^{k} \Bigl( (n_j)! \Bigr) } \cdot \prod\limits_{j=1}^{k} \Bigl( \bigl( a_j \bigr)^{n_j} \Bigr) \biggr) \Biggr) $

Здесь числовой ряд следующий:

$\frac{1}{2}, 3, 15, 70, 315, 1386, \dots$

arseniiv в сообщении #1171172 писал(а):

Ultramarine в сообщении #1171160 писал(а):

Хм... Нельзя $\sqrt{t}$ разложить в степенной ряд? А где можно глянуть доказательство?

Не помню, но у $\sqrt t$ в нуле бесконечная производная.

Точно! Точка разрыва, а степенные ряды так не могут!

[arseniiv]

Но вообще есть обобщения рядов — начиная с рядов Лорана (допустимы отрицательные целые степени), и дальше ряды Пюизё (рациональные, представимые дробями с фиксированным знаменателем) и т. д. — здесь на вторых можно и остановиться.

[DeBill]

Ultramarine
А в чем проблемы то?

Ultramarine в сообщении #1171141 писал(а):

:

$A = \sum\limits_{i=0}^{\infty}(a_i \cdot t^i) = a_0 + a_1 \cdot t + a_2 \cdot t^2 + \dots$
$B = \sum\limits_{i=0}^{\infty}(b_i \cdot t^i) = b_0 + b_1 \cdot t + b_2 \cdot t^2 + \dots$

Причем $B = A^{n/m}$, г

Для случая $a_0 \ne 0$: имеем $B = (\sum\limits_{i=0}^{\infty}(a_i \cdot t^i))^{\alpha} = (a_0 + a_1 \cdot t + a_2 \cdot t^2 + \dots)^{\alpha} = a_0^{\alpha}\cdot (1+s)^{\alpha}$, где $s=\frac{a_1}{a_0} t + \frac{a_2}{a_0}t^2 +....$.
Используя формулу Тейлора $(1+s)^{\alpha} = 1+ c_1s +c_2s^2 +c_3s^3+ ...$, где $c_k$ - "биноминальные коэф-ты" ($c_k =\frac{\alpha\cdot(\alpha-1)...(\alpha -k+1)}{k!}$) , после подстановки выражения для $s$, открытия скобок и приведения подобных и получите чё надо. Для половинки, кстати, и получите свои числа Каталана....

[Brukvalub]

Ultramarine в сообщении #1171175 писал(а):

Brukvalub, а вообще некрасиво насмехаться над чьим-то незнанием, тем более когда кто-то добровольно самостоятельно изучает сложную науку.

Скажите, какой из следующих фактов вам неизвестен:
1. Вещественный степенной ряд всегда имеет центр и может сходиться либо только в самом центре, либо на интервале с центром в середине этого интервала (и, возможно, еще на концах или на одном конце этого интервала), либо нам всей оси.
2. Если степенной ряд сходится в окрестности своего центра, то он является рядом Тейлора своей суммы для этого центра.
3. Коэффициенты ряда Тейлора функции выражаются через ее производные.
4. У квадратного корня нет конечной производной в нуле.

[Утундрий]

(Оффтоп)

arseniiv в сообщении #1171177 писал(а):

ряды Пюизё

Гм. В обычный ряд подставили $\sqrt x$ вместо $x$ и получили новую фамилию

[arseniiv]

(Оффтоп)

Ну, это не ко мне. Особенно когда альтернативное название — «ряды, получающиеся подстановкой в ряд Лорана переменной в степени $1/n$».

[Ultramarine]

В общем, нашел я нужную формулу.


Если у нас есть два степенных ряда:

$A = \sum\limits_{i=0}^{\infty}(a_i \cdot t^i) = a_0 + a_1 \cdot t + a_2 \cdot t^2 + \dots$
$B = \sum\limits_{i=0}^{\infty}(b_i \cdot t^i) = b_0 + b_1 \cdot t + b_2 \cdot t^2 + \dots$

Причем $B = A^n$, где $n \in R$, то

$b_k=\sum\limits_{i=0}^{k} \Biggl( \prod\limits_{j=1}^{i} \biggl( n+1-j \biggr) \cdot a_0^{n-i} \cdot \sum\limits_{condition}^{} \biggl( \prod\limits_{j=1}^{k} \Bigl( \dfrac{(a_j)^{n_j}}{(n_j)!} \Bigr) \biggr) \Biggr)$,

$condition=\begin{cases} \sum\limits_{\alpha=1}^{\infty}(n_\alpha) = n_1 + n_2 + n_3 + \dots = i\\ \sum\limits_{\beta=1}^{\infty}(n_\beta \cdot \beta) =n_1 \cdot 1 + n_2 \cdot 2 + n_3 \cdot 3 + \dots = k\\ n_1, n_2, n_3, \dots \in O \cup N \end{cases}

где $O$ — множество, состоящее из числа ноль, а $N$ — натуральное множество.

Ну или тоже самое можно записать еще так:

$b_k=\sum\limits_{i=0}^{k} \Biggl( n(n-1)(n-2) \dots (n+1-i) \cdot a_0^{n-i} \cdot \sum\limits_{condition}^{} \biggl( \prod\limits_{j=1}^{k} \Bigl( \dfrac{(a_j)^{n_j}}{(n_j)!} \Bigr) \biggr) \Biggr)$,

где количество множителей в $n(n-1)(n-2) \dots (n+1-i)$ равно $i$ штук.

(Оффтоп)

З.Ы. Сейчас отвечу всем кто писал, только обмозгую немного...

-- 25.11.2016, 15:08 --

arseniiv в сообщении #1171177 писал(а):

Но вообще есть обобщения рядов — начиная с рядов Лорана (допустимы отрицательные целые степени), и дальше ряды Пюизё (рациональные, представимые дробями с фиксированным знаменателем) и т. д. — здесь на вторых можно и остановиться.

Хм, не знал о таких рядах — будет интересно их изучить. Этакие близкие родственники "классического" степенного ряда.

DeBill в сообщении #1171231 писал(а):

$(a_0 + a_1 \cdot t + a_2 \cdot t^2 + \dots)^{\alpha} = a_0^{\alpha}\cdot (1+s)^{\alpha}$, где $s=\frac{a_1}{a_0} t + \frac{a_2}{a_1}t^2 +\dots$

Вот это не понял, магия какая-то! Что тут использовалась за теорема?

Brukvalub в сообщении #1171355 писал(а):

Скажите, какой из следующих фактов вам неизвестен:
1. Вещественный степенной ряд всегда имеет центр и может сходиться либо только в самом центре, либо на интервале с центром в середине этого интервала (и, возможно, еще на концах или на одном конце этого интервала), либо нам всей оси.
2. Если степенной ряд сходится в окрестности своего центра, то он является рядом Тейлора своей суммы для этого центра.
3. Коэффициенты ряда Тейлора функции выражаются через ее производные.
4. У квадратного корня нет конечной производной в нуле.

№1 знаю. Еще я изучал как выглядит сходимость у двойных степенных рядов — у них тоже симметрия относительно центра.
№2 не совсем понял. То что ряд Тейлора является степенным рядом? Это ясно из формулы ряда Тейлора.
№3 тоже понятно, согласно формуле ряда Тейлора.
№4 — вот это не знал!

[DeBill]

Ultramarine в сообщении #1171582 писал(а):

Вот это не понял, магия какая-то! Что тут использовалась за теорема?

Пардон, опечатка случилась: в знаменателе везде $a_0$. Поправил...
Теорема: если множитель вынести за скобку (и не делать ошибок, как было сделано), то ничего не изменится...
В итоге как раз и будет Ваша формула. ($n!$ в знаменателе, который был у меня, сократится с $n!$ в числителе выражения $\frac{n!}{n_1!\cdot ... \cdot n_k!}$, которое дает количество способов разбить $n$ объектов на группы объема $n_1, ..., n_k$ )
С рядами Пьюизо придется иметь дело в случае, когда $a_0 = 0$. Делать - аналогично: вынести за скобку первый член (тут и вылезут дробные степени), оставшийся хвост разложить как выше (а тут - не вылезут), и т.д.