Как упростить выражение? (Ряды)

[Imaginarium]

$qr\left( \frac{1}{1-q-r} - \sum _{l-1}^l C_{l-1} ^l q^0 r^{l-1} \right)'_q $ - биномиальный коэффициент равен 0, из-за него все второе слагаемое, дифференцируемое по $q$ благополучно умирает. Если я не прав - скажите, пожалуйста, где, я приравнял $k=0$ и вычел получившийся мини-ряд, точно так же, как поступил с другим индексом в 3 слагаемом.
Получилось в итоге просто в $r$ раз больше.

$\sum_{k=0}^\infty tp^k = \frac{t}{1-p} = t \sum_{k=0}^\infty p^k $ - чувствую себя идиотом, но ошибки не вижу.

[Otta]

Imaginarium
Вычисление Вашей суммы (2) ничем не отличается от вычисления суммы (3). Перечитайте внимательно себя же, как Вы там переходили к нужным пределам суммирования. А то $C^l_{l-1}$ вызывает какие-то нездоровые чувства. Вы его считать умеете? Точно-точно? попробуйте.

Ошибка заключается в том, что Вам не нужно $k=0$ ни в одной из этих сумм)*. Причем если там Вы как-то благополучно прошли мимо этого факта, то тут он Вам жить не дает. Вам не нужно $C^{l}_{k+l-1}$ в такой сумме, Вы с ним не умеете работать. Вам нужно $C^l_{k+l}$. Я Вам предлагала давно заменить индекс суммирования сразу, посмотрите, на предыдущей странице должно быть даже подробно это записано. Замéните, будет более прозрачное выражение, будет видно, что вычитать, раз уж Вы пошли этой дорогой.

Imaginarium в сообщении #812322 писал(а):

$\sum_{k=0}^\infty tp^k = \frac{t}{1-p} = t \sum_{k=0}^\infty p^k $

Очень хорошо. А тут: $\sum_{k=0}^\infty(k+t)p^k$?

Imaginarium в сообщении #812322 писал(а):

Ну, разве что важно, чтобы $t$ был положителен.

Это как раз неважно.
_____
* Поясню: $\sum_{k=0}^\infty p^k$ и $\sum_{k=1}^\infty p^{k-1}$ и $\sum_{k=100}^\infty p^{k-100}$ - это одно и то же, несмотря на видимую разницу в нижнем пределе. Потому как реальный, "внутренний" индекс - в данном случае им можно считать показатель степени - меняется от 0.
Если это не видно, делайте замену $m=k-100$ - для последнего случая, например, - и будет видно.
Это полезно для всяких "сложнозаписанных" сумм.

[Imaginarium]

Так, я понял свою ошибку с индексами, спасибо большое, я попытаюсь исправить, воспользовавшись Вашим методом.

Насчет рядов, тоже понял, $\sum _{k=0}^\infty (k+t)x^k = \frac {t-tx+x}{(x-1)^2}$, значит, у меня добавится еще 9 слагаемых ...
Или можно как-то избежать этого пересобрать суммы по-иному?

[Otta]

Они нестрашные, эти слагаемые, не убивайтесь так.

Самый короткий путь я Вам тут post812165.html#p812165 оставляла. Обратите внимание, что Ваша общая сумма - линейная комбинация $t_k$ при фиксированных значениях $p_j$. И значит, самое простое - считать коэффициенты при каждом из $t_k$ в общей сумме в отдельности. Получится что-то типа $p_1(\Delta_1+\Delta_3)+(1-p_1)(1-p_2)(1-p_3)(\Delta_4+\Delta_6)$, например. Это в моих обозначениях был коэффициент при $t_1$, если не ошибаюсь.

Указание: подсчет коэффициентов начните с $t_2$. Если что-то неверно, то будет сразу видно, но если верно - из всех он самый простой. Самый тяжелый в упрощении - $t_1$.

[Imaginarium]

А, не, кажется понял, как же просто все... или мне так только кажется?

$\sum^{\infty}_{k=1} \sum^{\infty}_{l=1} kC_{k+l-1}^l q^k r^l = \sum^{\infty}_{k=0} \sum^{\infty}_{l=0}(k+1) C_{k+l}^l q^{k+1} r^l $

[Otta]

Нет, не кажется. Все так. (Кроме того, что $l$ стало от 0 неоправданно.)

[Imaginarium]

$\sum^{\infty}_{k=1} \sum^{\infty}_{l=1} kC_{k+l-1}^l q^k r^l = \sum^{\infty}_{k=0} \sum^{\infty}_{l=0}(k+1) C_{k+l}^l q^{k+1} r^l = \frac {q}{(q+r-1)^2} $

Это (2).

[Otta]

С $l$ потом разберетесь, а пока эту сумму сделайте ну прямо по действиям:

Imaginarium в сообщении #812332 писал(а):

$\sum^{\infty}_{k=0} \sum^{\infty}_{l=0}(k+1) C_{k+l}^l q^{k+1} r^l \ne \frac {q}{(q+r-1)^2} $

[Imaginarium]

Сейчас пересчитаю.

Итак:
$\sum^{\infty}_{k=0} \sum^{\infty}_{l=0}(k+1) C_{k+l}^l q^{k+1} r^l = q\sum^{\infty}_{k=0} \sum^{\infty}_{l=0} C_{k+l}^l[(k+1) q^{k}] r^l = q\sum^{\infty}_{k=0} \sum^{\infty}_{l=0} C_{k+l}^l \left(q^{k} \right)'_q r^l = q\left(\sum^{\infty}_{k=0} \sum^{\infty}_{l=0} C_{k+l}^l q^{k} r^l \right)'_q = q\left(\frac {1}{1-q-r} \right)'_q = \frac {q}{(q+r-1)^2} $

[Otta]

$(k+1)q^k=?$

[Imaginarium]

Спасибо за терпение, Otta.

$\frac {q(1-r)}{(q+r-1)^2}$

C $l$ тоже понял как поступить. сделал замену $l -1 =m$ как уже раньше говорили.

[Otta]

Здесь верно.
А замена ни к чему хорошему не приведет, испортятся и числа сочетаний, и показатель степени. Действуйте, как в третьей сумме: Вы что-то добавили - вычтите. (Хотя ясно, что добавляете Вы в аккурат самую первую продифференцированную геометрическую прогрессию, особенно это хорошо будет видно, когда Вы затеетесь ее вычитать. Ну, впрочем, об этом мы уже говорили.)

[Imaginarium]

Хорошо, я переделаю с $l$, уже успел заметить, что не туда пошло, поторопился я с постом.
Но что делать дальше? Я не очень понял как это все собрать воедино - в части, касающейся различных $t_i$.

[Otta]

Imaginarium в сообщении #812342 писал(а):

Я не очень понял как это все собрать воедино - в части, касающейся различных $t_i$.

Значит, спать пора. :) Серьезно.
Ну что я могу - то же другими словами написать. Не считайте все скопом, а приводите подобные при каждом из $t_k$. Так будет наглядно.

(Оффтоп)

Замечание, что c $t_2$ начать лучше, непринципиально, но если Вы начнете с $t_1$, Вы не только не получите никакого морального удовлетворения, но скорее всего, там и закончите. )) А так хоть Вам будет видно, что в принципе все очень даже делается. Надеюсь.

[Imaginarium]

И еще вопрос: откуда в Ваших "дельта" появилось $k$

$\Delta_1=\sum^{\infty}_{k=0}\sum^{\infty}_{l=0}(k+1)C_{k+l}^lx^{k+1}k y^l $,
$\Delta_2=\sum^{\infty}_{k=0}\sum^{\infty}_{l=0}lC_{k+l}^lx^{k+1}k y^l $ перед $y^l$
... причем во всех?