Как упростить выражение? (Ряды)

[Nemiroff]

(Оффтоп)

provincialka в сообщении #811622 писал(а):

А у вас в подписи - тоже стеганография?

В некотором роде. Это код программы.

[provincialka]

Otta вам и другой способ предложила. Кстати, все эти операции (перестановка членов двойного ряда, дифференцирование) по-хорошему, требуют обоснования. Так что уж лучше сводите все прямо к формуле

Otta в сообщении #811610 писал(а):

$$\sum_{k,n} C^k_{n+k} x^ky^n =\frac 1{1-x-y}$$

которую можете считать уже доказанной.

[Imaginarium]

provincialka в сообщении #811633 писал(а):

Otta вам и другой способ предложила. Кстати, все эти операции (перестановка членов двойного ряда, дифференцирование) по-хорошему, требуют обоснования. Так что уж лучше сводите все прямо к формуле

Otta в сообщении #811610 писал(а):

$$\sum_{k,n} C^k_{n+k} x^ky^n =\frac 1{1-x-y}$$

которую можете считать уже доказанной.

Какие пределы суммирования в этой формуле? И потом - как сводить? Я не очень понял как "В число сочетаний втащить и лишнюю степень вынести." - мне кажется, здесь это не пройдет.

[Otta]

От нуля оба. (Когда пределы не указываются - подразумевается по всем допустимым обычно.)

Imaginarium в сообщении #811659 писал(а):

Я не очень понял как "В число сочетаний втащить и лишнюю степень вынести." - мне кажется, здесь это не пройдет.

Пройдет. Запишите число сочетаний подробно, что-то сократится, появится другое число сочетаний... поколдуйте, словом.

[Imaginarium]

Мм...
Я вот так представлял себе это:

$\sum _{k=0}^\infty kq^k = q\sum_{k=0}^k kq^{k-1} = q\sum_{k=0}^\infty (q^k)^\prime = q(\sum_{k=0}^\infty q^k)^\prime$

Сейчас подумаю от том как вынести степень Вашим методом...

[Otta]

Нет, зачем, тут все суммируется хорошо. Но эта сумма того же вида, что первая. А остальные хоть как решай, все равно придется возиться с числами сочетаний. Один из способов и был указан.

А здесь считаете сумму прогрессии и дифференцируете, все верно.

[Imaginarium]

Ага... понятно, кажется - я надеялся обойти эти числа сочетаний, вынося коэффициент указанным мной образом, но тогда у меня остается производная после числа сочетаний, и с ней ничего не сделать.

Начал пытаться придти к результату по Вашему предложению, и уперся в следующее:

$kC^l _{k+l-1} = k \frac{(k+l-1)!} {l!(k+l-1+l)!} = \frac{k(k+l-1)!} {l!(k-1)!} = \frac{k^2(k+l-1)!}{l!k!}$

или по-другому:

$kC^l _{k+l-1} = k \frac{(k+l-1)!} {l!(k+l-1+l)!} = \frac{k^2(k+l-1)!} {k!} = \frac{k(k+l-1)!}{(k-1)!}$

И все. Понятия не имею что с этим можно поделать. Это тупик?

[Otta]

Да нет, еще не тупик. По $l$ хорошо проходит колдовство с биномиальными коэффициентами, по $k$ плохо, и придется-таки дифференцировать. Для наглядности лучше всего взять сразу основную формулу и продифференцировать прямо там, и прямо там получить результат.

Я вот разглядываю Ваш ряд, и мне все кажется, что там слишком много лишнего и можно что-нибудь свернуть. Да, можно первую сумму загнать во вторую, но дивидендов с этого мало: первая сумма и так хорошо считается.

[Imaginarium]

Насчет колдовства:

$C _{k+l-1} ^l (\frac {k+l}{k+l-l}) = \frac {k+l}{k} C _{k+l-1} ^l = C _{k+l} ^l

Я прав? Но опять же, это ничего не дает...

[Otta]

Imaginarium в сообщении #811684 писал(а):

$ \sum _{k,l} k C _{k+l-1} ^l q^k r^l = q \sum _{k,l} C _{k+l-1} ^l (q^k)\prime r^l = \frac {q}{(q-1)^2}\sum _{k,l} C _{k+l-1} ^l r^l$

Здесь же нет геометрической прогрессии, откуда производная ее суммы?

[Imaginarium]

Otta в сообщении #811687 писал(а):

Здесь же нет геометрической прогрессии, откуда производная ее суммы?

Исправил, спасибо большое, видимо, сплю уже, пишу БРЕД, извините.

Тогда поясните, пожалуйста, что и где дифференцировать?

[Otta]

Все спят. ))
Ну Вы так и начинайте, как начинали

$$ \sum _{k,l} k C _{k+l-1} ^l q^k r^l = q \sum _{k,l} C _{k+l-1} ^l (q^k)' r^l =q\left(\sum _{k,l} C _{k+l-1} ^l q^k r^l \right)'_q=\ldots$$

сменить индексы суммирования, внутренняя сумма посчитается и т.д. Ну не совсем так прямолинейно, но идея такова.

(Оффтоп)

Хотя мне все кажется, что как-то можно проще.

[Imaginarium]

Otta в сообщении #811689 писал(а):

Все спят. ))
Ну Вы так и начинайте, как начинали

$$ \sum _{k,l} k C _{k+l-1} ^l q^k r^l = q \sum _{k,l} C _{k+l-1} ^l (q^k)' r^l =q\left(\sum _{k,l} C _{k+l-1} ^l q^k r^l \right)'_q=\ldots$$

сменить индексы суммирования, внутренняя сумма посчитается и т.д. Ну не совсем так прямолинейно, но идея такова.

(Оффтоп)

Хотя мне все кажется, что как-то можно проще.

Понял, секундочку...

[Otta]

Ок, подожду. :)

[Imaginarium]

да, к Вашему посту последнему уже сообразил, кажется:

$$\sum _{k=1} ^\infty \sum _{l=1} ^\infty C _{k+l-1} ^l q^k r^l = q\sum _{k=1} ^\infty \sum _{l=1} ^\infty C _{(k-1)+l} ^l q^{k-1}r^l = \frac {q}{(1-r-q)}$$

- так можно? Ну, производящая функция с суммами не от нулей, а от единиц?

Если это так и я прав, тогда, собственно:

$$ \sum _{k=1} ^\infty \sum _{l=1} ^\infty k C _{k+l-1} ^l q^k r^l = q \sum _{k=1} ^\infty \sum _{l=1} ^\infty C _{k+l-1} ^l (q^k)' r^l =q\left(\sum _{k=1} ^\infty \sum _{l=1} ^\infty C _{k+l-1} ^l q^k r^l \right)'_q = \frac {q^2}{(q-1+r)^2}$$

Причем для сумм с нижним пределом в нуле, выражение будет таким же, но в $q$ раз меньше?