Сумма степеней всех корней из 1 и ряды.

[Leox]

Для ряда
P(t)=a_0+a_1 t+a_2\,t^2+\cdots+ a_n\,t^n+\cdots
существует удобный способ "извлечения" из него субряда следующего вида
P_k(t)=a_0+a_k\,t^k+a_{2k}\,t^{2k}+a_{3k}\,t^{3k}+...
Для этого действуют на ряд преобразованием вида
\varphi^{(t)}_{k}(t^n)=\frac{1}{k} \sum_{i=0}^{k-1} (\zeta^i t)^n,
Здесь \zeta - первообразный корень из единицы степени k.
В результате действия этого преобразования все члены степени котрых не делятся на k исчезают и остается то что нужно.
Вопрос. Как обощить эту технику на случай, скажем, ряда для из двух переменных? Другими словами, предположим у нас есть ряд
P(t,s)=\sum_{i,j\geq 0} a_{i,j} t^i s^j
и нам нужно извлечь субряд вида
P_{k,l}=a_{0,0}+a_{k,l} t^k s^l+a_{2k,2l} (t^k s^l)^2+a_{3k,3l} (t^k s^l)^3+\cdots.
Композиция преобразований \varphi^{(t)}_{k}и \varphi^{(s)}_{l} не дает нужного результата. Нужно какое-то обобщение. Думаю что оно должно существовать но не могу пока найти.

[Gafield]

Если $k,l$ взаимно просты, можно так:

$$ P_{k,l}= \frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}P(te^{ il\phi},se^{- i k\phi})\,d\phi, $$

Если нет, то сначала для взаимно простых, а дальше как для случая одной переменной.

[Leox]

Спасибо.
А как можно обобщить это все на случай большего числа переменных? Как сконструировать функцию \varphi_{k_1,k_2,\ldots,k_n} которая определяется так
\varphi_{k_1,k_2,\ldots,k_n}(x_1^{m_1} x_2^{m_2} \ldots x_n^{m_n})=x_1^{m_1} x_2^{m_2} \ldots x_n^{m_n} если все $ \frac{m_i}{k_i} $ целые и равны между собой, и эта фунция равна нулю в противоположном случае?
Здесь все $m_i, n_i $ целые, больше нуля.

[Gafield]

Формально так:

$$ \varphi_{k_1,k_2,\ldots,k_n}(f)=\frac1{(2\pi)^n}\int_{[0,2\pi]^n} \frac{f(x_1e^{i\phio_1},\ldots,x_ne^{i\phio_n})}{1-e^{-i(k_1\phi_1+\ldots+k_n\phi_n)}}\,d\phi_1\ldots d\phi_n. $$

Знаменатель обращается в ноль. Я думаю, понимать интеграл можно как-нибудь в обобщенном смысле. Для $n=1$, например, как главное значение. Или умножить экспоненту в знаменателе на $r$ и рассматривать предел $r\to1-0$ - метод суммирования Пуассона.

[Leox]

А без интегралов нельзя обойтись? Например, для в частном случае для \varphi_{1,1} у меня получилось такое представление

$$ \varphi_{1,1}(f(s,t))=\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f(\zeta^k\,s, \bar \zeta^k\, s)=\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1}f(e^{\frac{2 \pi i \,k}{n}} s, e^{-\frac{2 \pi i \,k}{n}} t), $$

причем $n$ может быть любым натуральным числом.
Кроме того меня интересует лишь тот случай когда $k_1=1$ a все остальные $k_i$ равны между собой, тоесть лишь преобразования вида
\varphi_{1,k,k,\ldots, k}. Возможно ли упрощение в таком частном случае?

Кстати, а какому разделу математики относятся такого рода задачи?

[Gafield]

Leox писал(а):

А без интегралов нельзя обойтись? Например, для в частном случае для \varphi_{1,1} у меня получилось такое представление

$$ \varphi_{1,1}(f(s,t))=\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f(\zeta^k\,s, \bar \zeta^k\, s)=\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1}f(e^{\frac{2 \pi i \,k}{n}} s, e^{-\frac{2 \pi i \,k}{n}} t), $$

причем $n$ может быть любым натуральным числом.

Что-то не то. Например, при $n=1$ оператор $\varphi_{1,1}$ не переводит моном $st^3$ в ноль,
а также $s^{2k}t^{2l}$.

Здесь нужно бесконечное число условий ортогональности. Вряд ли (конечная) сумма может это обеспечить.

[Leox]

Должно быть $n>1$, все работает, проверял в Мапле.

Интегралы возможно и неплохо, но дело в том что их потом нужно будет вычислить для конкретной функции. Вот простейший пример. Интересует такая функция от двух переменных

$$ f_n(t,z)=\frac{1-z^2}{(1-t) (1-t z^2) (1-t z^4)\ldots (1-t z^{2\,n})} $$

Нужно найти \varphi_{1,n}(f_n(t,z)). Используя Вашу формулу от Вс Июл 13, 2008 11:20:30 получаем интеграл

$$ \varphi_{1,n}(f_n(t,z))=\frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} \frac{1-(z e^{-i \phi})^2}{(1-t \,e^{i n \phi}) (1-t\,e^{i n \phi} (z e^{-i \phi})^2) (1-t\,e^{i n \phi} (z e^{-i \phi})^4)\ldots (1-t\,e^{i n \phi} (z e^{-i \phi})^{2\,n})} d\phi. $$

Самое интересное то что эта формула правильна, поскольку, из других соображений, уже известны значения \varphi_{1,n}(f_n(t,z)) для небольших $n$. Но, возможно ли вычислить этот интеграл в явном виде для любого $n>1$?

[maxal]

Leox писал(а):

Для ряда
P(t)=a_0+a_1 t+a_2\,t^2+\cdots+ a_n\,t^n+\cdots
существует удобный способ "извлечения" из него субряда следующего вида
P_k(t)=a_0+a_k\,t^k+a_{2k}\,t^{2k}+a_{3k}\,t^{3k}+...
Для этого действуют на ряд преобразованием вида
\varphi^{(t)}_{k}(t^n)=\frac{1}{k} \sum_{i=0}^{k-1} (\zeta^i t)^n,

Этот прием называется мультисекцией ряда - см., например: http://mathworld.wolfram.com/SeriesMultisection.html

Там же, кстати, дается ссылка на обобщение до мультисекций q-рядов:
http://cis.csuohio.edu/~somos/multiq.html

[Gafield]

Leox писал(а):

Должно быть $n>1$, все работает, проверял в Мапле.

Ни для какого $n$: мономы $s^{kn}t^{ln}$ не обнуляются. На представление в виде линейной комбинации значений в нескольких точках не стоит надеяться, поскольку для обнуления бесконечного числа коэффициентов нужно, вообще говоря, бесконечное количество условий. Если исходной задачей было найти производящие функции некоторых последовательностей, то это означало бы, что большую часть коэффициентов можно занулить с помощью л.к. - это какие-то соотношения на производящую функцию (b? вероятно, на сами посл). Например, для $\varphi_{1,n}$ получается функция одной переменной (поверхности уровня у л. к. имеют вполне определенный вид $st^n=\mathrm{const}$ ) . Но априори, с чего бы п.ф. иметь свойства именно такого вида?

Кстати, если задача именно такая, может, стоило бы сформулировать ее в здесь исходном виде. Возможно, кто-нибудь уже с подобными последовательностями сталкивался.

[Leox]

Цитата:

Ни для какого $n$: мономы $s^{kn}t^{ln}$ не обнуляются.

Согласен.

Цитата:

Если исходной задачей было найти производящие функции некоторых последовательностей
..
Кстати, если задача именно такая, может, стоило бы сформулировать ее в здесь исходном виде. Возможно, кто-нибудь уже с подобными последовательностями сталкивался.

Исходная задача именно так и стоит - рациональная дробь

$$ f_n(t,z)=\frac{1-z^2}{(1-t) (1-t z^2) (1-t z^4)\ldots (1-t z^{2\,n})}=\sum_{i,j} a_{i,j} t^i s^j $$

задает ряд из которого нужно выделить субряд

$$ P_{1,n}(t,s) =a_{0,0}+a_{1,n} t s^n+a_{2,2\,n} (t s^n)^2+\cdots $$

и найти производящую функцию этого субряда, тоесть рациональную дробь

$$\frac{P(T)}{Q(T)}=a_{0,0}+a_{1,n} T+a_{2,2\,n} T^2+\cdots $$

В наших обозначениях производящая функция P_{1,d}(s,t) равна \varphi_{1,d}(f_n(t,z))|_{ts^n=T}
В принципе эта задача более-менее решена - есть достаточно сложный алгоритм позволяющий находить производящие функции $\varphi_{1,n}(f_n(t,z))$ и они посчитаны для $n<20.$ Хотелось бы указать явную или хотя бы обозримую формулу для всех $n.$

Также крайне интересно обобщение этой задачи для трех переменных -- найти \varphi_{1,n,n} от

$$ g(p,q) \Bigl(\prod_{k+l \leq n } (1-t p^{3\,k} \,q^{3\,l})\Bigr)^{-1}. $$

здесь $g(p,q)$ некоторый конкретный многочлен простого вида.

Ну и для большего числа переменных можно рассматривать эту задачу.
Вот вся история вопроса.
Кстати вычисление \varphi_{1,n,n \ldots ,n} можно свести к вычислению \varphi_{1,1,1 \ldots ,1} .

[Leox]

maxal писал(а):

Этот прием называется мультисекцией ряда - см., например: http://mathworld.wolfram.com/SeriesMultisection.html

Да, оказывается, это метод Симпсона

http://planetmath.org/?op=getobj&from=objects&id=8538

[maxal]

Leox писал(а):

Исходная задача именно так и стоит - рациональная дробь

$$ f_n(t,z)=\frac{1-z^2}{(1-t) (1-t z^2) (1-t z^4)\ldots (1-t z^{2\,n})}=\sum_{i,j} a_{i,j} t^i s^j $$

задает ряд из которого нужно выделить субряд

$$ P_{1,n}(t,s) =a_{0,0}+a_{1,n} t s^n+a_{2,2\,n} (t s^n)^2+\cdots $$

и найти производящую функцию этого субряда

Что-то обозначения скачут: то $z$, то $s$ - буду считать, что это все-таки $z$.

Можно рассмотреть $f_n(w^{-n}t,wz)$ и извлечь коэффициент при $w^0$. Этот коэффициент как раз равен $P_{1,n}(t,z).$

[Gafield]

$$ f_n(t,z)=\frac{(1-z^2)}{(t,z^2)_{n+1}}= (1-z^2)\sum_{k=0}^n \frac {(-1)^kz^{k(k+1)}}{(z^2,z^2)_k (z^2,z^2)_{n-k}}\frac{1}{1-t z^{2k}}, $$

где $(t,z)_n=(1-t)(1-t z)\ldots(1-t z^{n-1})$ - сдвинутый $q$-факториал.
Откуда

$$ \varphi_{1,n}[f_n](x)=\sum_{0\le k<n/2}(-1)^k \varphi_{n-2k}\left[ (1-x^2) \frac {x^{k(k+1)}}{(x^2,x^2)_k (x^2,x^2)_{n-k}}\right]\bigl(x^{\frac n{n-2k}}\bigr). $$

[Leox]

Gafield писал(а):

$$ f_n(t,z)=\frac{(1-z^2)}{(t,z^2)_{n+1}}= (1-z^2)\sum_{k=0}^n \frac {(-1)^kz^{k(k+1)}}{(z^2,z^2)_k (z^2,z^2)_{n-k}}\frac{1}{1-t z^{2k}}, $$

где $(t,z)_n=(1-t)(1-t z)\ldots(1-t z^{n-1})$ - сдвинутый $q$-факториал.
Откуда

$$ \varphi_{1,n}[f_n](x)=\sum_{0\le k<n/2}(-1)^k \varphi_{n-2k}\left[ (1-x^2) \frac {x^{k(k+1)}}{(x^2,x^2)_k (x^2,x^2)_{n-k}}\right]\bigl(x^{\frac n{n-2k}}\bigr). $$

Это в точности формула Спрингера Но в последней формуле кажется должно быть $x^{n-2k}$ вместо $x^{\frac{n}{n-2k}}.$
Усложняем вопрос и увеличиваем количество переменных на 1, пусть теперь

$$ f_n(t,p,q)=\left(\frac{(1+p^3\,q^3+\frac{q^{6}}{p^3}-2\,q^3-q^{6})}{ \prod_{k+l \leq n } (1-t p^{3k} q^{3l})}\right). $$

Например

$$ f_2(t,p,q)=\left(\frac{(1+p^3\,q^3+\frac{q^{6}}{p^3}-2\,q^3-q^{6})}{ (1-t)(1-tp^3)(1-tq^3)(1-tp^6)(1-tp^3q^3)(1-tq^6)}\right). $$

Нужно найти $\varphi_{1,n,n}(f_n(t,p,q)).$

[maxal]

Gafield писал(а):

$$ f_n(t,z)=\frac{(1-z^2)}{(t,z^2)_{n+1}}= (1-z^2)\sum_{k=0}^n \frac {(-1)^kz^{k(k+1)}}{(z^2,z^2)_k (z^2,z^2)_{n-k}}\frac{1}{1-t z^{2k}}, $$

где $(t,z)_n=(1-t)(1-t z)\ldots(1-t z^{n-1})$ - сдвинутый $q$-факториал.
Откуда

$$ \varphi_{1,n}[f_n](x)=\sum_{0\le k<n/2}(-1)^k \varphi_{n-2k}\left[ (1-x^2) \frac {x^{k(k+1)}}{(x^2,x^2)_k (x^2,x^2)_{n-k}}\right]\bigl(x^{\frac n{n-2k}}\bigr). $$

Что есть $x$ и $q$ в терминах $t$ и $z$?