2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




На страницу Пред.  1, 2
 
 
Сообщение18.07.2008, 00:59 
maxal писал(а):
Что есть $x$ и $q$ в терминах $t$ и $z$?


здесь допущена небольшая неточность, должно быть -- сдвинутый z-факториал
также вместо $x$ может быть и $z$.
Только вот первая формула мне не очевидна.. или это тривиальный факт из теории q-специальных функций?

Добавлено спустя 12 минут 42 секунды:

maxal писал(а):

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


Интересная мысль, но извлечь аналитически этот коэффициент из производящей функции $f_n(w^{-n}t,wz)$ не получается... при этой подстановке получатся ряд для которого точка $w=0$ будет существено особой и нельзя выделить свободный член подстановкой $w=0$ в производящую функцию

 
 
 
 
Сообщение18.07.2008, 01:50 
Leox писал(а):
Это в точности формула Спрингера ;) Но в последней формуле кажется должно быть $x^{n-2k}$ вместо $x^{\frac{n}{n-2k}}.$

Смотря как определять $\varphi$. Я подразумевал
$\varphi_n\left[\sum_{k=0}^\infty a_k z^k\right](x)=\sum_{k=0}^\infty a_{kn} x^{kn}$.
Цитата:
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 $n.$

Формула Спрингера это оно и есть? Что это вообще за наука, кстати?
Цитата:
здесь допущена небольшая неточность, должно быть -- сдвинутый z-факториал

Ага. Я думал, что q-факториал - стандартное название независимо от переменной :? :?:
Цитата:
Только вот первая формула мне не очевидна.. или это тривиальный факт из теории q-специальных функций?

Ну, поскольку ответ уже выписан, то он легко доказывается по индукции. Или можно вывести общую формулу для $$\frac1{(1+a_1t)\ldots(1+a_nt)}$$ и подставить конкретные значения :) Возможно еще, это частный случай какой-нибудь формулы отсюда.
maxal писал(а):
Что есть $x$ и $q$ в терминах $t$ и $z$?

Имелось ввиду
$\varphi_{1,n}\left[\sum_{k,l=0}^\infty a_{kl} t^k z^l\right](x)=\sum_{k=0}^\infty a_{k,kn} x^{kn}$.

 
 
 
 
Сообщение18.07.2008, 15:37 
Цитата:
Формула Спрингера это оно и есть? Что это вообще за наука, кстати?


Теория инвариантов, эту формулу можно найти здесь "Спрингер Т. — Теория инвариантов" формула 13, на стр. 131.

Цитата:
Ну, поскольку ответ уже выписан, то он легко доказывается по индукции.


да, но формулу вы получили не по индукции :)



Цитата:
Или можно вывести общую формулу для $$\frac1{(1+a_1t)\ldots(1+a_nt)}$$ и подставить конкретные значения :)


Общая формула хорошо известна

$$
\frac1{(1-a_1t)\ldots(1-a_nt)}=\sum_i H_i(a_1,a_2,\ldots,a_n) t^i,
$$
здесь $H_i$ - полные симметрические многочлены.



Цитата:
Возможно еще, это частный случай какой-нибудь формулы отсюда.


скорее всего так и есть, но там очень много формул :)

 
 
 
 
Сообщение18.07.2008, 20:30 
Цитата:
Общая формула хорошо известна

$$
\frac1{(1-a_1t)\ldots(1-a_nt)}=\sum_i H_i(a_1,a_2,\ldots,a_n) t^i,
$$
здесь $H_i$ - полные симметрические многочлены.

Я имел в виду представление $$\sum_{k=1}^n\frac{C_k}{1-a_k t}$$.

Для случая трех переменных можно написать аналогичное представление в виде суммы простых дробей. Однако коэффициенты будут достаточно сложны. Теоретически возможны какие-то упрощения или красивые закономерности, однако практически, я думаю, все сведется к вопросу о выделении "диагональных" подпоследовательностей для произвольных рядов от двух переменных. Разве что при совсем малых $n$ можно будет получить ответ какими-нибудь прямыми вычислениями.

 
 
 
 
Сообщение19.07.2008, 01:09 
Цитата:
Для случая трех переменных можно написать аналогичное представление в виде суммы простых дробей. Однако коэффициенты будут достаточно сложны.



По вашему должна быть формула вида

$$
f_n(t,p,q)=\sum_i R_i(p,q) \frac{1}{1-t (pq)^{3i}}
$$

или что-то сложнее, например
$$
f_n(t,p,q)=\sum_{i,j} R_{i,j}(p,q) \frac{1}{1-t p^{3i} q^{3j}}
$$

Цитата:
Разве что при совсем малых $n$ можно будет получить ответ какими-нибудь прямыми вычислениями.


первый непосчитанный случай $n=5.$

 
 
 
 
Сообщение19.07.2008, 01:31 
Ага, вот такая:
Цитата:
$$
f_n(t,p,q)=\sum_{i,j} R_{i,j}(p,q) \frac{1}{1-t p^{3i} q^{3j}}
$$

Считая все коэффициенты при $t$ в знаменателе различными, функции $R_{i,j}$ легко можно найти с помощью вычетов и прикинуть, что $p$ и $q$ там сильно перемешаны и все сводится к нахождению производящих функций для диагональных последовательностей коэффициентов.

 
 
 
 
Сообщение19.07.2008, 11:21 
Gafield писал(а):
Ага, вот такая:
Цитата:
$$
f_n(t,p,q)=\sum_{i,j} R_{i,j}(p,q) \frac{1}{1-t p^{3i} q^{3j}}
$$

Считая все коэффициенты при $t$ в знаменателе различными, функции $R_{i,j}$ легко можно найти



Уточните как именно их можно легко найти

 
 
 
 
Сообщение19.07.2008, 17:17 
А чего цитата на середине оборвана? :) С помощью вычетов, рассматривая дробь как функцию комплескного переменного $t$.

Для любого числа преременных с точностью до множителя выражения рассматриваемого типа имеют вид
$$
\frac1{(1-a_1t)\ldots(1-a_nt)}=\sum_{k=1}^n\frac{C_{n,k}}{1-a_k t}.
$$
Коэффициенты $C_{n,k}$ находятся стандартным образом. Поскольку все полюса тут считаются первого порядка, надо просто убрать из знаменателя множитель $(1-a_k t)$, а в то, что останется, подставить $t=a_k^{-1}$. Это и будет $C_{n,k}$.

 
 
 
 
Сообщение20.07.2008, 01:12 
Gafield писал(а):
А чего цитата на середине оборвана? :) С помощью вычетов, рассматривая дробь как функцию комплескного переменного $t$.

Для любого числа преременных с точностью до множителя выражения рассматриваемого типа имеют вид
$$
\frac1{(1-a_1t)\ldots(1-a_nt)}=\sum_{k=1}^n\frac{C_{n,k}}{1-a_k t}.
$$
Коэффициенты $C_{n,k}$ находятся стандартным образом. Поскольку все полюса тут считаются первого порядка, надо просто убрать из знаменателя множитель $(1-a_k t)$, а в то, что останется, подставить $t=a_k^{-1}$. Это и будет $C_{n,k}$.


Дошло :) Вычеты в особых точках слева и справа должны быть равными..вычет справа с точностью до множителя равен $C_{n,k}$ а слева вычисляется стандартно..
Не знал я такого универсального способа разложения на элементарные дроби :)
Спасибо, я попробую поковыряться в этом направлении

 
 
 
 
Сообщение07.08.2008, 18:35 
В продолжении теми

Легко видеть что
$$
\varphi_{1,1}\Bigl( \frac{1}{(1-x)(1-y)} \Bigr)=\varphi_{1,1}\Bigl( \sum_{i,j} x^i y^j\Bigr)  =1+xy+(xy)^2+ \cdots =\frac{1}{1-xy}
$$

Теперь попробуем использовать предлагаемое представление \varphi_{1,1} (Вс Июл 13, 2008 11:20:30 ) интегралом

$$
\varphi_{1,1}\Bigl( \frac{1}{(1-x)(1-y)} \Bigr)=\frac{1}{2 \pi}  \int_0^{2 \pi} \frac{dz}{(1-x e^{iz})(1-y e^{-iz})}
$$

Интеграл равен нулю.. почему так?
---------------------------------------------------------------

уже разобрался, интеграл не нулю равен, вопрос снимается

 
 
 [ Сообщений: 25 ]  На страницу Пред.  1, 2


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group