एक बहुपद का गुणांक

Question

कि गुणांक दिखाओ $[x^nu^m] $ Bivariate जनरेटिंग फंक्शन में $\dfrac{1}{1-2x+x^2-ux^2}$ है ${n+1\choose n-2m}.$

मैंने बहुराष्ट्रीय प्रमेय (द्विपद प्रमेय का एक विस्तार) का उपयोग करके ऐसा करने की कोशिश की, जो मूल रूप से इस संबंध में बताता है $x_1,\cdots, x_r, n\in \mathbb{N}_{\geq 0}, (x_1+\cdots + x_r)^n = \sum_{k_1+\cdots + k_r = n} \dfrac{n!}{k_1! \cdots k_r!}x_1^{k_1}\cdots x_r^{k_r}.$

इससे पता चलता है कि दिए गए बीवरिएट जनरेटिंग फंक्शन के बराबर है $\sum_{n\geq 0}(2x-x^2+ux^2)^n = \sum_{n\geq 0} \sum_{k_1+k_2 + k_3 = n} \dfrac{n!}{k_1!k_2!k_3!} (2x)^{k_1}(-x^2)^{k_2}(ux^2)^{k_3}$।

इस प्रकार गुणांक $[x^n u^m]$ होना चाहिए $\sum_{k_1 + 2k_2 = n-2m} \dfrac{(n-k_2-m)!}{k_1!k_2!m!}2^{k_1} (-1)^{k_2} .$ मैं इसे बदलकर इसे और सरल बना सकता हूं $k_2$ साथ में $\dfrac{n-2m-k_1}{2},$लेकिन मुझे यकीन नहीं है कि इससे वांछित परिणाम कैसे मिलेगा। क्या बहुपद की कुछ अन्य उपयोगी संपत्ति है? मुझे भी इसका एहसास हुआ$\sum_{m\geq 0} {n+1\choose n-2m} = 2^n,$ जो पास्कल की पहचान का उपयोग करके दिखाया जा सकता है, हालांकि मुझे यकीन नहीं है कि यह उपयोगी है।

Answer 1

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ कि गुणांक दिखाओ $\ds{\bracks{x^{n}u^{m}}}$ Bivariate जनरेटिंग फंक्शन में $\ds{1 \over 1 - 2x + x^{2} - ux^{2}}$ है $\ds{\bbox[5px,#ffd]{n + 1\choose n - 2m}: {\Large ?}}$।

---

\begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\bracks{x^{n}u^{m}}{1 \over 1 - 2x + x^{2} - ux^{2}}} = \bracks{x^{n}u^{m}}{1 \over \pars{1 - x}^{2} - ux^{2}} \\[5mm] = &\ \bracks{x^{n}u^{m}}{1 \over \pars{1 - x}^{2}} \bracks{1 - {x^{2} \over \pars{1 - x}^{2}}\,u}^{-1} = \bracks{x^{n}}{1 \over \pars{1 - x}^{2}} \bracks{x^{2} \over \pars{1 - x}^{2}}^{m} \\[5mm] = &\ \bracks{x^{n - 2m}}\pars{1 - x}^{-2m - 2} = {-2m - 2 \choose n - 2m}\pars{-1}^{n - 2m} \\[5mm] = &\ {-\bracks{-2m - 2} + \bracks{n - 2m} - 1 \choose n - 2m} = \bbx{\large{n + 1 \choose n - 2m}} \\ & \end{align}

Answer 2

पहले द्विघात अभिव्यक्ति को कारक बनाने के लिए यह अधिक सहायक हो सकता है (इसे एक चर के रूप में लेना $x$)। इस तरह हम गुणांक निकाल सकते हैं$x^n$ ($u$ एक स्थिर के रूप में लिया गया) और फिर गुणांक $u^m$ (दूसरे शब्दों में $[x^n u^m]f(x,u)=[u^m]([x^n]f(x,u))$। इसलिए, हर के कारक के आधार पर हम पहुंचते हैं$$ \dfrac{1}{1-2x+x^2-ux^2}=\frac{1}{1-(1+\sqrt{u})x}\cdot \frac{1}{1-(1-\sqrt{u})x} $$ जो कि ज्यामितीय श्रृंखला द्वारा है $$ (\sum_{i \geq 0}(1+\sqrt{u})^ix^i) \cdot (\sum_{j \geq 0}(1-\sqrt{u})^j x^j ). $$ तो हम एक गुणांक प्राप्त करते हैं $x^n$ $$ \sum_{k=0}^{n}(1+\sqrt{u})^k(1-\sqrt{u})^{n-k}\tag{*} $$ और समस्या गुणांक खोजने में कम हो जाती है $u^m$ में $(*)$। हम उदाहरण के लिए इसे लिखकर अभिव्यक्ति का मूल्यांकन कर सकते हैं$$ (1-\sqrt{u})^n\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{1+\sqrt{u}}{1-\sqrt{u}}\right)^k $$ और परिमित ज्यामितीय श्रृंखला के साथ हाजिर $q=\frac{1+\sqrt{u}}{1-\sqrt{u}}$, इसलिए हम योग के लिए अच्छी तरह से ज्ञात सूत्र का उपयोग कर सकते हैं $\frac{q^{n+1}-1}{q-1}$। कुछ गन्दा बीजगणित के बाद हमें मिलता है$$ \frac{1}{2\sqrt{u}}[(1+\sqrt{u})^{n+1}-(1-\sqrt{u})^{n+1}], $$ जो अंततः द्विपद प्रमेय द्वारा देता है $$ \frac{1}{2\sqrt{u}}\sum_{m=0}^{n+1}\binom{n+1}{m}\sqrt{u}^{m}(1-(-1)^{m}). $$ एक जैसे के लिए $m$ शब्द गायब हो जाते हैं और हम साथ रह जाते हैं $$ \sum_{m=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}\binom{n+1}{2m+1}u^{m}. $$ अब सिर्फ गुणांक पढ़ें, शायद उपयोग भी करें $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$।