2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 сумма ряда
Сообщение02.11.2011, 20:19 


02/11/11
124
Здраствуйте!
Столкнулся с такой задачей - нужно доказать, что
$$
\sum\limits_{s=0}^{\infty}C_{p+s}^sC_{2p+m}^{2p+2s}=2^{m-1}\dfrac{2p+m}{m}C_{m+p-1}^p.
$$
Тут все целое.
Обычно подобные суммы доказываются рассмотрением разложений по биному выражений типа $(1-x)^{-m},$ с переопределением биномиального коэффициента $C_n^k$ для отрицательного $n.$ Потом сравниваются коэффициенты при степенях $x.$ Например, в этой задаче можно написать $C_{m+p-1}^{p}=\dfrac{m(m+1)\ldots (m+p-1)}{p!}=(-1)^pC_{-m}^p.$ Проблема в том, что непонятно, какие выражения исходно представлять. Кроме того, странный множительно перед биномиальным коэффициентом непонятно как представить. Он вроде бы не представляет собой никакой биномиальный коэффициент. С разложением $2^{m-1}=(1+1)^{m-1}$ тоже ничего не вышло. Как быть?

 Профиль  
                  
 
 Re: сумма ряда
Сообщение03.11.2011, 10:19 
Заслуженный участник


08/04/08
8562
max(Im) в сообщении #498582 писал(а):
Обычно подобные суммы доказываются рассмотрением разложений по биному выражений типа $(1-x)^{-m},$ с переопределением биномиального коэффициента $C_n^k$ для отрицательного $n.$ Потом сравниваются коэффициенты при степенях $x.$

Кроме того, можно послу умножения на $x^m$ дифференцировать и интегрировать и умножать на $x^a$. Этого достаточно для того, чтобы исключить из правой части дробь $\frac{2p+m}{m}$ и свернуть полученное выражение. Можете попробовать.
А вообще сейчас EtCetera придет и все покажет.

 Профиль  
                  
 
 Re: сумма ряда
Сообщение03.11.2011, 13:49 


02/11/11
124
Таким способом я получил вот что:
$$
\sum\limits_{p=0}^{\infty}\dfrac{2p+m}{m}C_{m+p-1}^px^p=(1-x)^{-m-1}(x+1).
$$
А что сделать с $2^{m-1}$ ? И как получить какое-нибудь произведение ?

 Профиль  
                  
 
 Re: сумма ряда
Сообщение03.11.2011, 15:30 
Заслуженный участник


20/12/10
9110
Есть книга Егорычева "Интегральные представления ...", там указан общий подход к такого рода задачам. Кстати, Maple с такой суммой легко справился.

 Профиль  
                  
 
 Re: сумма ряда
Сообщение03.11.2011, 16:00 


02/11/11
124
nnosipov в сообщении #498845 писал(а):
Есть книга Егорычева "Интегральные представления ..."

Напоминает главу про биномиальные коэффициеты из Конкретной математики. Я думаю, что в этом примере все проще, чем общий подход.

 Профиль  
                  
 
 Re: сумма ряда
Сообщение03.11.2011, 16:09 
Заслуженный участник


20/12/10
9110
max(Im) в сообщении #498853 писал(а):
Я думаю, что в этом примере все проще, чем общий подход.
Такое вполне возможно. Скажем, у обеих частей равенства может быть какое-то комбинаторное истолкование. Но стоит ли овчинка выделки? Возможно, полезнее как раз поупражняться в методе Егорычева. Я когда-то осваивал этот метод на примере суммы
$$
 \sum_{k=0}^m (-1)^k C_{n-k}^k C_{n-2k}^{m-k}.
$$
Её можно вычислить и более простым способом, но мне был интересен именно общий подход.

 Профиль  
                  
 
 Re: сумма ряда
Сообщение03.11.2011, 16:15 


02/11/11
124
nnosipov в сообщении #498856 писал(а):
Возможно, полезнее как раз поупражняться в методе Егорычева.


Я считаю, что этот метод слишком сложен для меня. И все-таки мне бы хотелось решить эту задачу тем методом, который я предложил. А вот на счет комбинаторного истолкования сомневаюсь...

 Профиль  
                  
 
 Re: сумма ряда
Сообщение03.11.2011, 16:23 
Заслуженный участник


20/12/10
9110
max(Im), понятно. Вот ещё одна идейка (в моём примере выше она сработала): попробовать переписать произведение двух данных биномиальных коэффициентов в виде произведения каких-нибудь других двух биномиальных коэффициентов.

 Профиль  
                  
 
 Re: сумма ряда
Сообщение03.11.2011, 20:33 


02/11/11
124
nnosipov в сообщении #498859 писал(а):
попробовать переписать произведение двух данных биномиальных коэффициентов в виде произведения каких-нибудь других двух биномиальных коэффициентов.

Это как? Пока у меня этого не получилось...

 Профиль  
                  
 
 Re: сумма ряда
Сообщение04.11.2011, 10:25 


02/11/11
124
nnosipov
Какие два других биномиальных коэффициента можно написать в вашем примере?

 Профиль  
                  
 
 Re: сумма ряда
Сообщение04.11.2011, 13:52 


02/11/11
124
Можно показать, что
$$
\sum\limits_{m=1}^{\infty}\left(\frac{2p+m}{m}\right)2^{m-1}C_{m+p-1}^px^m=
\frac{1-x}{(1-2x)^{p+1}}-1.
$$
Но опять нет произведения степеней...
Вопрос еще в том, что если слева (в том, что доказывается) стоит коэффициент при степени из произведения рядов, то как во втором биномиальном коэффициенте возникло именно $2s$?

 Профиль  
                  
 
 Re: сумма ряда
Сообщение04.11.2011, 14:24 
Заслуженный участник


20/12/10
9110
max(Im) в сообщении #499205 писал(а):
nnosipov
Какие два других биномиальных коэффициента можно написать в вашем примере?
Я имел в виду тождество $C_{n-k}^k C_{n-2k}^{m-k}=C_m^kC_{n-k}^m$. После такой замены нужно воспользоваться формулой для конечных разностей, и вся сумма упростится до $1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: сумма ряда
Сообщение05.11.2011, 13:16 


11/05/11
28
Обнинск
У Виленкина есть подобная задача (№428):

Пользуясь тем, что $(1 - x)^{-2p}\left[1-\left(\frac{x}{1-x}\right)^2\right]^{-p} = (1 - 2x)^{-p}$, доказать, что $\sum\limits_{s=0}^{\infty}C_{p+s}^{s}C_{2p+m}^{2p+2s+1}=2^{m-1}C_{m+p-1}^{p}$

Но я её так и не смог решить.

Получаю, что: $$(1-x)^{-2p} = \sum\limits_{s=0}^{\infty}C_{2p+s-1}^s x^s,$$ $$\left[1-\left(\frac{x}{1-x}\right)^2\right]^{-p} = \sum\limits_{s=0}^{\infty}C_{p+s-1}^s \left(\frac{x}{1-x}\right)^{2s}.$$

В правой части просто стоит коэффициент перед $x^{m-1}$. А вот как получить коэффициент перед $x^{m-1}$ для левой части уже второй день не придумаю.

Пожалуй, правильно переписать $$\sum\limits_{s=0}^{\infty}C_{p+s}^{s}C_{2p+m}^{(m-1) - 2s},$$ тогда остаётся вопрос: верно ли, что $$\sum\limits_{s=0}^{\infty}C_{p+s}^{s}C_{2p+m}^{(m-1) - 2s} x^{m-1} = \sum\limits_{s=0}^{\infty}C_{p+s-1}^s \left(\frac{x}{1-x}\right)^{2s} C_{2p+m-2-2s}^{(m-1)-2s} x^{(m-1)-2s}$$

 Профиль  
                  
 
 Re: сумма ряда
Сообщение05.11.2011, 14:10 


17/05/11
158
max(Im) в сообщении #498582 писал(а):
Здраствуйте!
Столкнулся с такой задачей - нужно доказать, что
$$
\sum\limits_{s=0}^{\infty}C_{p+s}^sC_{2p+m}^{2p+2s}=2^{m-1}\dfrac{2p+m}{m}C_{m+p-1}^p.
$$
Тут все целое.
Обычно подобные суммы доказываются рассмотрением разложений по биному выражений типа $(1-x)^{-m},$ с переопределением биномиального коэффициента $C_n^k$ для отрицательного $n.$ Потом сравниваются коэффициенты при степенях $x.$ Например, в этой задаче можно написать $C_{m+p-1}^{p}=\dfrac{m(m+1)\ldots (m+p-1)}{p!}=(-1)^pC_{-m}^p.$ Проблема в том, что непонятно, какие выражения исходно представлять. Кроме того, странный множительно перед биномиальным коэффициентом непонятно как представить. Он вроде бы не представляет собой никакой биномиальный коэффициент. С разложением $2^{m-1}=(1+1)^{m-1}$ тоже ничего не вышло. Как быть?


может индукцией ?

 Профиль  
                  
 
 Re: сумма ряда
Сообщение05.11.2011, 14:16 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


14/02/07
2648
max(Im) в сообщении #499275 писал(а):
Можно показать, что
$$
\sum\limits_{m=1}^{\infty}\left(\frac{2p+m}{m}\right)2^{m-1}C_{m+p-1}^px^m=
\frac{1-x}{(1-2x)^{p+1}}-1.
$$

Правильно, именно это и надо. Только просуммировать по $m$ надо от нуля, чтоб удобнее.
При $m=0$ там получается нуль на нуль, так что лучше переписать
$$
\frac{1}{m}C_{m+p-1}^p = \frac{1}{m+p} C_{m+p}^p
$$

В левой части выйдет то же самое, только намного проще.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 20 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group