Как можно доказать следующие тождества?

[Leox]

\begin{array}{l} $$ \displaystyle \sum z^{i-j+2k}=\frac{1+z^2}{(1-z)^2 (1-z^2)},\\ $$ \end{array}
индесы сумммирования пробегают множество $i,j,k \geq 0, $ $i+3(k-j) \geq 0. $

[worm2]

Со вторым тождеством что-то не то.
Правая часть зависит только от $tz^3$, а левая - ещё и от $z$.

[Leox]

да, второе тождество я позже подправлю, спасибо..
=========
Второе тождество, имеет вид

$$ \sum z^{2(j-i+2k)+1}=\frac{z}{(1-z^2)^3}, $$

индесы сумммирования пробегают множество $i,j,k \geq 0, $ $i+3(k-j)+1 \geq 0. $

[Мастак]

Можно методом производящих функций.
Но сперва надо четко определиться с областью сходимости, где ограничения не только
на z, но и конечно на отношения между i, j, k, когда они пробегают от 0 до бесконечности.

[Leox]

Мастак в сообщении #223216 писал(а):

Можно методом производящих функций.
Но сперва надо четко определиться с областью сходимости, где ограничения не только
на z, но и конечно на отношения между i, j, k, когда они пробегают от 0 до бесконечности.

Что именно вы понимаете под методом производящих функций?
==============
Хотя, я кажется понял, наверное это такие манипуляции - непосредственной проверкой можно установить что, если $F(z)$- сумма ряда, то имеет место соотношение

$$ F(z)-2\,z F(z)+2\,{z}^{3}F(z)-{z}^{4}F(z)=1+z^2 $$

откуда все и следует.
==============
Соотношение на индексы суммирования указано явно, этого достаточно. Ряд по $z$ формальный.

Эту сумму можно найти непосредственным суммированим НО у меня таких примеров есть много, поэтому интересует какой-то общий метод подсчета такого вида сумм.

[Мастак]

Да именно это.
Кажется впервые Эйлер показал эффективность.
А, как говорят и пишут, наиболее лихо Лаплас применял.

Можно разнести индексы по отдельным формальным стеменным рядам, а потом разного рода корректными операциями над формальными стеменными рядами вроде дифференцирования, ... приведят к рядам, суммы которых уже известны, получая уравнение, которое решается явно.

Здесь - накладываю разные отношения между индексами - получаю разные выражения, хотя довольно близкие. ИМХО ограничения между индексами корявы.
P.S. Задачки для 1-2 курсов универов для специальностей, где маткматика продвинутая должна быть.

[Leox]

Эти суммы возникли у меня как побочные следствия одной теории. Поскольку раньше ничего подобного не встречал то решил проконсультироваться здесь-вдруг есть общий метод нахождения таких сумм.
А метод производящих функций сложнее чем непосредственное суммирование первоначального ряда.

[Мастак]

Leox в сообщении #223489 писал(а):

Эти суммы возникли у меня как побочные следствия одной теории. Поскольку раньше ничего подобного не встречал то решил проконсультироваться здесь-вдруг есть общий метод нахождения таких сумм.
А метод производящих функций сложнее чем непосредственное суммирование первоначального ряда.

Любопытно. Хотя если это оригинальное, то не стоит распространяться до публикации в официальных изданиях. Хотя может быть архивы форума могут выступать в роли официального "издания" (те разборки - кто первый).

А метод производящих функций применяется в прикладных вычислениях. Пробую его использовать для решения задач оптимального распределения ресурсов при программировании информационных систем предприятия.

[Leox]

Первая сумма вычисляется так (как мне подсказали на одном форуме): пусть $Q_3:=\{ i,j,k \geq 0, i+3(k-j) \geq 0 \}.$ Тогда

$$$ \begin{array}{l} \displaystyle \sum_{Q_3} z^{i-j+2k}=\underbrace{\sum_{j=0}^{\infty} \sum_{k=j}^{\infty} \sum_{i=0}^{\infty} z^{i-j+2k}}_{k \geq j}+\underbrace{\sum_{j=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{j-1} \sum_{i=3(j-k)}^{\infty} z^{i-j+2k}}_{k<j}=\\ \\ \displaystyle =\underbrace{\sum_{j=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{\infty} \sum_{i=0}^{\infty} z^{i+j+2k}}_{\text{ замена } k \to k+j}+\sum_{k=0}^{\infty} \sum_{j=k+1}^{\infty} \sum_{i=3(j-k)}^{\infty} z^{i-j+2k}=\\ \\ \displaystyle =\frac{1}{(1-z)^2 (1-z^2)}+\underbrace{\sum_{k=0}^{\infty} \sum_{j=0}^{\infty} \sum_{i=3(j+1)}^{\infty} z^{i-j+k-1}}_{j\to j+k+1}=\\ \\ \displaystyle = \frac{1}{(1-z)^2 (1-z^2)}+\underbrace{\sum_{k=0}^{\infty} \sum_{j=0}^{\infty} \sum_{i=0}^{\infty} z^{i+2j+k+2}}_{i\to i+3(j+1)}=\\ \\ \displaystyle =\frac{1}{(1-z)^2 (1-z^2)}+\frac{z^2}{(1-z)^2 (1-z^2)}=\frac{1+z^2}{(1-z)^2 (1-z^2)} \end{array} $$$