Узнать коэффициент

[Falex]

Помогите найти многочлен $K(z)$ при $S_3$, где

$$ S_m = \sum_{k=1}^{n} \lambda_k^m $$

в выражении

$$ \sum_{k=1}^{n} \lambda_k\left (2A_{1}{z}^{2}+2B_{1}z+2C_{{1}} +(B_{2}z+C_{2})\lambda_k+C_3 \lambda_k^{2}\right) P(z+\lambda_k) $$

где

$$ P_m(z) = z^m + a_{m-1} z^{m-1} + \dots $$

и $n \ge m+3$.
Я на вскидку нашел только коэффициент при $z^m$:

$$ K(z) = (m(m-1)A_1 + m B_2 + C_3)z^m + k_{m-1} z^{m-1}+\dots. $$

Вот $k_j$ и хочелось бы узнать.

Добавлено спустя 2 часа 36 минут 13 секунд:

А...горю..можно даже взять $n=1$.

[Falex]

Вообщем,я тут вывел формулу для $K(z)$:

$$ K(z) = C_3 \sum_{t=0}^m z^t a_t + C_2 \sum_{t=0}^{m-1}(t+1) z^t a_{t+1} + C_1\sum_{t=0}^{m-2} (t+2)(t+1) z^t a_{t+2}+ $$

$$ +B_2 \sum_{t=1}^m t z^t a_t + B_1 \sum_{t=1}^{m-1} t(t+1) z^t a_{t+1}+A_1 \sum_{t=2}^m t(t-1) z^t a_t. $$

Осталось как-то коэффициенты при $z^j$, $j=0,\dots,m$ собрать. Как это сделать?

[Falex]

Ну помогите мне пожалуйста.Это для меня важно.

Добавлено спустя 1 час 39 секунд:

А этим я хочу как-нибудь проверить: будет ли определитель матрицы коэффициентов $\{a_k\}$ многочлена $K(z)$
быть нулевой или нет при условии, что $C_3+B_2 m + A_1 m (m-1) = 0$.

[RIP]

Falex писал(а):

Вообщем,я тут вывел формулу для $K(z)$:

$$ K(z) = C_3 \sum_{t=0}^m z^t a_t + C_2 \sum_{t=0}^{m-1}(t+1) z^t a_{t+1} + C_1\sum_{t=0}^{m-2} (t+2)(t+1) z^t a_{t+2}+ $$

$$ +B_2 \sum_{t=1}^m t z^t a_t + B_1 \sum_{t=1}^{m-1} t(t+1) z^t a_{t+1}+A_1 \sum_{t=2}^m t(t-1) z^t a_t. $$

Осталось как-то коэффициенты при $z^j$, $j=0,\dots,m$ собрать. Как это сделать?

Мягко говоря, не понимаю, в чём проблема. Коэффициент при $z^j$ равен

$$C_3a_j+C_2(j+1)a_{j+1}+C_1(j+2)(j+1)a_{j+2}+B_2ja_j+B_1j(j+1)a_{j+1}+A_1j(j-1)a_j=$$ $$=(C_3+B_2j+A_1j(j-1))a_j+(C_2+B_1j)(j+1)a_{j+1}+C_1(j+2)(j+1)a_{j+2}.$$

(Для удобства считаем $a_{m+1}=a_{m+2}:=0$.) Чем Вас не устраивает такой коэффициент?

[Falex]

А как мне теперь показать, что матрица коэффициентов системы уравнений не равна нулю (матрица размером $m-1$, т.е. откидываем последнюю строчку и столбец).
По строчка идут коэффициенты при степенях $z^{j}$, а по столбцам $a_{i}$.
У меня получилась такая сумасшедшая матрица:
http://slil.ru/24497515

Но как показать, что ее определитель не нуль?

Добавлено спустя 27 минут 10 секунд:

Вообщем получилась такая система уравнений:

$$ z^j (B_2(j-m)+A_1(j(j-1)-m(m-1))a_j + (C_2+B_1 j)a_{j+1}+C_1(j+2)(j+1)a_{j+2}=0,\quad j=0,\dots,m-1, $$

$$ $a_{m+1}=a_{m+2}:=0$. $$

Добавлено спустя 46 минут 36 секунд:

Теперь как показать, что у этой системы определитель не нулевой
пПо строкам идут коэффициенты при степенях $z^j$, а по столбцам коэффициенты $a^i$ при соответсвующих строках $z^j$).

[RIP]

А матрица разве не верхнетреугольная? Если так, то её определитель равен произведению диагональных элементов...

[Falex]

RIP,да.Спасибо.Я просто не мог выйти в Интернет и сказать,что все уже сделал.
Спасибо еще раз.

[Falex]

А если уравнение вот такое:

$$ \left[\lambda \cdot \left( k! \cdot \sum_{j=0}^k A_j^{(k)} z^j + (k-1)! \cdot \lambda \cdot \sum_{j=0}^{k-1} A_j^{(k-1)} z^j + \dots + \lambda^{k} \cdot A_0^{(0)}\right) \cdot P(z+\lambda)\right] = 0, $$

то какой здесь коэффициент при $S_{k+1}$?, т.е. коэффициенты многочлена $K(z)$ при $S_{k+1}$?
Я пытался его найти, но каждый раз при проверке получалось,что формула не сходится.

[RIP]

Я правильно понимаю, что надо посчитать коэффициент при $\lambda^{k+1}$? Выражение можно переписать в виде

$$\sum_{l=0}^{k}B_l\lambda^{k+1-l}\cdot\sum_{n=0}^{m}C_n\lambda^n,$$

где $B_l=l!\sum_{j=0}^lA^{(l)}_jz^j$, $C_n=\frac1{n!}P^{(n)}(z)=\sum_{s=n}^{m}\binom sna_sz^{s-n}$ (если $P(z)=\sum_{s=0}^ma_sz^s$).
Соответственно, искомый коэффициент равен

$$\sum_{l=0}^{\min\{k;m\}}B_lC_l=\sum_{l=0}^{\min\{k;m\}}\sum_{j=0}^l\sum_{s=l}^{m}l!\binom sla_sA^{(l)}_jz^{j+s-l}=\sum_{d=0}^mD_dz^d,$$

где

$$D_d=\underset{j+s-l=d}{\sum_{l=0}^{\min\{k;m\}}\sum_{j=0}^l\sum_{s=l}^{m}}l!\binom sla_sA^{(l)}_j=\underset{j+s-l=d}{\sum_{l=0}^{\min\{k;m\}}\sum_{j=0}^l\sum_{s=0}^{m}}l!\binom sla_sA^{(l)}_j=\sum_{s=d}^{\min\{m;d+k\}}E_{ds}a_s,$$

где в свою очередь

$$E_{ds}=\underset{\ \ j=l+d-s}{\sum_{l=0}^{\min\{k;m\}}\sum_{j=0}^l}l!\binom{s}lA^{(l)}_j=\sum_{l=s-d}^{\min\{k;m\}}l!\binom{s}lA^{(l)}_{l+d-s}.$$

[Falex]

А если сделать такую подстановку

$$ A_0^{(0)} = -\left(m A_1^{(1)} + m(m-1) A_2^{(2)}+\frac{m(m-1)(m-2)}{2!}A_3^{(3)}+\dots+\frac{m!}{(k-1)!(m-k)!}A_k^{(k)}\right), $$

т.е. "убрать" коэффициент при $z^m$, то как измениться $K(z)$.

[RIP]

1) В моём предыдущем сообщении была ошибка, которую я поправил (вместо $\binom sl$ всюду должно быть $l!\binom sl$). Не исключено, что есть ещё ошибки.

2) Если положить $A^{(0)}_0=-\sum_{l=1}^m\frac{m!}{(m-l)!}A^{(l)}_l$, то поменяются только $E_{dd}$:

$$E_{dd}=\sum_{l=1}^ml!\left(\binom sl-\binom ml\right)A^{(l)}_l.$$

(Я так понял, что $m\geqslant k$.)

[Falex]

RIP,так у нас

$$ A_0^{(0)} = -\sum_{l=1}^k \frac{m!}{(l-1)!(m-l)!}A_l^{(l)}, $$

а не так как ты написал в последнем своем посте (см. мое сообщение где я расписывал $A_0^{(0)}$).

P.S:я забыл как расписывается $\binom sl$

Добавлено спустя 1 час 14 минут 52 секунды:

Или это я ступил, и неправильно нашел $A_0^{(0)}$ (