Сумма степеней всех корней из 1 и ряды.

[Leox]

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

[Gafield]

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

[Leox]

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

[Gafield]

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.

[Leox]

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 $n=5.$

[Gafield]

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.

[Leox]

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

[Gafield]

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 $C_{n,k}$.

[Leox]

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

[Leox]

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