Кратные суммы

[L-sky]

При рассмотрении дискретного преобразования Фурье от сигнала прямолинейно и равномерно движущегося источника столкнулся со следующим выражением:

$$S_{mk}=\frac{N-1}{x_0^2}\sum\limits_{d=0}^{\infty}\sum\limits_{g=0}^{2d}\sum\limits_{u=0}^{g}\binom{d+1}{u}\dfrac{b_3^db_2^gb_1^u}{(g-u)!}\dfrac{(d-g+u+1)}{(d+1)}B_u$$

где $B_u$ - числа Бернулли

Лучшее к чему смог прийти, изменение порядка суммирования:

$$\sum\limits_{d=0}^{\infty}\sum\limits_{g=0}^{2d}\sum\limits_{u=0}^{g}\to\sum\limits_{g=0}^{\infty}\sum\limits_{d=g/2}^{\infty}\sum\limits_{u=0}^{g}\to\sum\limits_{g=0}^{\infty}\sum\limits_{u=0}^{g}\sum\limits_{d=g/2}^{\infty}$$

Тогда, если провести суммирование по $d$ и выразить результат в множителях зависимых каждый только от $u$ или $g-u$ одновременно, можно рассматривать оставшиеся суммы как свертку двух производящих функций. В таком случае останется высчитать только однократные суммы вида $\sum\limits_{n=0}^{\infty}f_nz^n$.

Загвоздка, однако, в вычислении суммы $\sum\limits_{d=g/2}^{\infty}\binom{d+1}{u}\dfrac{(d-g+u+1)}{(d+1)}b_3^d$, которая в случае нижнего предела суммирования равного $0$ просто выражается через табличную производящую функцию со сдвигом, но с переменным пределом так сделать нельзя.

Возможно имеет смысл использовать интегральное представление биномиального коэффициента и последовательно суммировать по $d$, $g$, $u$, но в смятении того, как корректно провести преобразования.

Пожалуйста, можете помочь с преобразованиями/натолкнуть на более соответствующий задаче подход к решению.

[Sonic86]

Еще актуально?
$0<b_3<1$?

L-sky в сообщении #1142478 писал(а):

Загвоздка, однако, в вычислении суммы $\sum\limits_{d=g/2}^{\infty}\binom{d+1}{u}\dfrac{(d-g+u+1)}{(d+1)}b_3^d$, которая в случае нижнего предела суммирования равного $0$ просто выражается через табличную производящую функцию со сдвигом, но с переменным пределом так сделать нельзя.

Я не знаю, чему это равно при $g=0$, но для произвольного $g$ можно же свести к случаю $g=0$:
$\sum\limits_{d=g/2}^{\infty}\binom{d+1}{u}\dfrac{(d-g+u+1)}{(d+1)}b_3^d=\sum\limits_{d=g/2}^{\infty}\binom{d+1}{u}b_3^d+\frac{u-g}{u}\sum\limits_{d=g/2}^{\infty}\binom{d}{u-1}b_3^d$
Т.е. надо научиться вычислять $\sum\limits_{d=C}^{\infty}\binom{d}{m}b^d$, так:
$\sum\limits_{d=C}^{\infty}\binom{d}{m}b^d=b^C\frac{d...(d-C+1)}{m...(m-C+1)}\sum\limits_{d=0}^{\infty}\binom{d}{m-C}b^d$ - выразили через аналогичную сумму с нижним пределом 0.
Помогает?

[L-sky]

Sonic86, актуально.

Принимается что $0<b_3<1, 0<b_2, 0<b_1$

Используя предложенный вариант суммы получаем:

$$ \sum^{\infty}_{d=0}\binom{d}{m-C}b^d = \frac{b^{m-C}}{(1-b)^{m-C+1}} $$

Но проблема в том, что внутренняя сумма замещается перемножением с верхней границей зависимой от $g$ и аргументом зависимым от $u$, неясно как тогда вычислить внешние суммы, в определенном смысле выражение получается сложнее, чем исходное