Упростить

[Ulya]

Вопрос: Пусть $S_m = \sum_{k=1}^n \lambda_k^m$. Если я знаю,что $S_s=1$,а остальные суммы нулевые,то
как можно упростить это выражение:

$$ \sum_{k=1}^n \sum_{s=1}^q p_s \lambda_k^s\cdot f(\lambda_k z) $$

[bot]

Если $S_s=1$, то среди $\lambda_k$ есть хотя бы одно ненулевое. Тогда как могут быть нулевыми $S_n$ при чётных n?

Что такое f и вовсе загадка.

Добавлено спустя 1 минуту 15 секунд:

Или это на комплексной плоскости? Хотя и в этом случае сомнительно, чтобы все суммы из бесконечного числа сумм за исключением одной могут быть нулевыми.

[Ulya]

Да.На комплексной.Могу быть.Просто на это не надо обращать внимание:пусть так дано и все.
Функция f(z) просто аналитическая функция.

[незваный гость]

У Вас какая-то путаница в обозначениях: то $S_s = 1$, то по $s$ Вы суммируете.

Попробуйте разложить $f(z)$ в ряд Тейлора. Тогда Вы можете получить искомое упрощение (в некоторой окрестности 0), неформально поменяв порядок суммирования. Если перестановка законна — Вы получите Ваш ответ. Дальше надо смотреть когда перестановка законна…

[RIP]

Все $S_m$, кроме одного, не могут быть нулевыми, поскольку иначе получается абсурд:

$$\frac1{1-\lambda_1z}+\frac1{1-\lambda_2z}+\ldots+\frac1{1-\lambda_nz}=n+z^s$$

Скорее всего, имеется в виду следующее: $S_s=1$,а все остальные $S_m=0$ при $1\leqslant m\leqslant n$, $m\ne s$.

Добавлено спустя 2 минуты 29 секунд:

незваный гость
Перестановка всегда законна (в некоторой окрестности $0$), поскольку суммы по $k$ и $s$ конечны.
Только опять же надо предполагать аналитичность функции $f(z)$ именно в $0$.

[Ulya]

Да RIP.Вы правы.Извините за путаницу. Я расскладываю в ряд Тейлора до $q-1$.
Ok.Скажите мне как преобразовать сумму так,чтобы явно появилось слагаемое $\sum_{k=1}^n \lambda_k^{stepen}$:

$$ \sum_{k=1}^n \left[\sum_{m=0}^{q-1}(\lambda_k z)^m \cdot \sum_{s=1}^q p_s \lambda_k^s \right] $$

[RIP]

Если $f(z)=\sum\limits_{m=0}^{\infty}c_mz^m$, то получаем

$$\sum_{k=1}^n\sum_{s=1}^qp_s\lambda_k^sf(\lambda_kz)=\sum_{k=1}^n\sum_{s=1}^qp_s\lambda_k^s\sum\limits_{m=0}^{\infty}c_m(\lambda_kz)^m=\sum\limits_{m=0}^{\infty}c_m\left(\sum_{s=1}^qp_s\sum_{k=1}^n\lambda_k^{m+s}\right)z^m$$

[Ulya]

А в моем последнем посте можно так сделать?
Вот так можно свернуть? (где $S_k=\sum_{j=1}^n \lambda_j^k$):

$$ \sum_{m=0}^{q-1}\sum_{s=1}^q p_s S_{m+s} z^m $$

Если да,то как теперь избавиться от двойной суммы? (с учетом того, $S_q=1, S_m=0$ при $m \ne q,m=1,\ldots,n$).

Добавлено спустя 7 минут 41 секунду:

Вообще опишу свою проблему,чтобы было понятнее )
Функция $f(z)$ аналитична в окрестности точки $z_0$, $P(\lambda) = \sum_{s=1}^q p_s\lambda^s$ - фиксированный
многочлен степени $q$.
Есть теорема:

Цитата:

При любом натуральном $n>q+5$ существует набор комплексных чисел $\lambda_k,k=1,\ldots,n$,т.ч.

$$ \sum\limits_{s = 0}^{q - 1} {p_{q - s} \frac{{f^{(s)} (z_0 )}}{{s!}}(z - z_0 )^s } \approx \sum\limits_{k = 1}^n {P(\lambda _k )} f(z_0 + \lambda _k (z - z_0 )) $$

Вот вопрос:Можно ли подобрать коэффициенты полинома $P(\lambda)$ так,чтобы из частичной суммы анал.ф-ии $\frac{1}{1-z}$
(она как бы будет стоять справа в этой приближенной формуле,а слева - какая-нибудь аналитическая функция)
сконструировать частичную сумму ряда Тейлора функции $f(z)$.А потом из вышеприведенной формулы можно аппроксимировать
$f(z)$, зная значения $\frac{1}{1-z}$.
Проблема заключается в подборе коэффициентов $p_s$ в зависимости от функции $f(z)$.

P.S:можно взять $z_0$ для примера.$S_q=1, S_m=0$ при $m \ne q,m=1,\ldots,n$

Добавлено спустя 35 минут 23 секунды:

RIP
В Вашем последнем посте,наверно,взять надо $f_0(z)\sum_{m=0}^{\infty}z^m$ для $1/(1-z)$
Тогда это все дело перепишется так:

$$ \sum\limits_{k = 1}^n {\sum\limits_{s = 1}^q {\sum\limits_{j = 0}^\infty {p_s \lambda _k^{s + j} z^j } } } = \sum\limits_{k = 1}^n {\sum\limits_{m = 1}^\infty {\sum\limits_{s = 1}^N {p_s \lambda _k^m z^{m - s} } } } = \sum\limits_{m = 1}^\infty {S_m } \sum\limits_{s = 1}^N {p_s } z^{m - s} =\sum\limits_{s = 1}^q {p_s z^{q - s} } + \varepsilon , $$

где $N=min\{q,m\}$.ну а если учесть,что $S_q=1, S_m=0$ при $m \ne q,m=1,\ldots,n$,то как эта сумма преобразуется?
ну вот.Получается,что я как бы просто вывожу формулу из теоремы,но конечная моя цель не эта.А

Цитата:

Вот вопрос:Можно ли подобрать коэффициенты полинома $P(\lambda)$ так,чтобы из частичной суммы анал.ф-ии $f_0(z)=\frac{1}{1-z}$
сконструировать частичную сумму ряда Тейлора функции $f(z)$.А потом из вышеприведенной формулы можно аппроксимировать
$f(z)$, зная значения $\frac{1}{1-z}$.
Проблема заключается в подборе коэффициентов $p_s$ в зависимости от функции $f(z)$.
(для примера можно взять $z=0$)

[Ulya]

Моя проблема это коэффициенты.
Помогите мне!

[незваный гость]

RIP писал(а):

Перестановка всегда законна (в некоторой окрестности $0$), поскольку суммы по $k$ и $s$ конечны.

Я тоже так думал. Но осторожность редко мешает It's better to be safe than sorry.

[Ulya]

А есть возможность как-то найти эти коэффициенты в зависимости от функции?