多項式の係数
の係数が $[x^nu^m] $ 二変量母関数で $\dfrac{1}{1-2x+x^2-ux^2}$ です ${n+1\choose n-2m}.$
私は多項定理（二項定理の拡張）を使用してこれを実行しようとしました。 $x_1,\cdots, x_r, n\in \mathbb{N}_{\geq 0}, (x_1+\cdots + x_r)^n = \sum_{k_1+\cdots + k_r = n} \dfrac{n!}{k_1! \cdots k_r!}x_1^{k_1}\cdots x_r^{k_r}.$
これにより、与えられた二変量母関数は次のようになります。 $\sum_{n\geq 0}(2x-x^2+ux^2)^n = \sum_{n\geq 0} \sum_{k_1+k_2 + k_3 = n} \dfrac{n!}{k_1!k_2!k_3!} (2x)^{k_1}(-x^2)^{k_2}(ux^2)^{k_3}$。
したがって、の係数 $[x^n u^m]$ する必要があります $\sum_{k_1 + 2k_2 = n-2m} \dfrac{(n-k_2-m)!}{k_1!k_2!m!}2^{k_1} (-1)^{k_2} .$ 置き換えることでこれをさらに単純化できます $k_2$ と $\dfrac{n-2m-k_1}{2},$しかし、それから望ましい結果を得る方法がわかりません。多項式の他の有用な特性はありますか？私も気づきました$\sum_{m\geq 0} {n+1\choose n-2m} = 2^n,$ これはPascalのIDを使用して表示できますが、これが役立つかどうかはわかりません。
回答
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ の係数が $\ds{\bracks{x^{n}u^{m}}}$ 二変量母関数で $\ds{1 \over 1 - 2x + x^{2} - ux^{2}}$ です $\ds{\bbox[5px,#ffd]{n + 1\choose n - 2m}: {\Large ?}}$。
\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}
最初に二次式を因数分解する方が役立つ場合があります（ $x$）。このようにして、次の係数を抽出できます。$x^n$ （（$u$ 定数として取られます）そして次に係数 $u^m$ （言い換えると $[x^n u^m]f(x,u)=[u^m]([x^n]f(x,u))$。したがって、分母を因数分解することにより、$$ \dfrac{1}{1-2x+x^2-ux^2}=\frac{1}{1-(1+\sqrt{u})x}\cdot \frac{1}{1-(1-\sqrt{u})x} $$ 等比数列で $$ (\sum_{i \geq 0}(1+\sqrt{u})^ix^i) \cdot (\sum_{j \geq 0}(1-\sqrt{u})^j x^j ). $$ したがって、次の係数が得られます。 $x^n$ $$ \sum_{k=0}^{n}(1+\sqrt{u})^k(1-\sqrt{u})^{n-k}\tag{*} $$ そして問題はの係数を見つけることに還元されます $u^m$ に $(*)$。たとえば、次のように書くことで式を評価できます。$$ (1-\sqrt{u})^n\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{1+\sqrt{u}}{1-\sqrt{u}}\right)^k $$ 有限の等比数列を $q=\frac{1+\sqrt{u}}{1-\sqrt{u}}$、したがって、合計によく知られた式を使用できます $\frac{q^{n+1}-1}{q-1}$。いくつかの厄介な代数の後、私たちは$$ \frac{1}{2\sqrt{u}}[(1+\sqrt{u})^{n+1}-(1-\sqrt{u})^{n+1}], $$ これは最終的に二項定理によって与えられます $$ \frac{1}{2\sqrt{u}}\sum_{m=0}^{n+1}\binom{n+1}{m}\sqrt{u}^{m}(1-(-1)^{m}). $$ でも $m$ 用語が消えて、私たちは残されます $$ \sum_{m=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}\binom{n+1}{2m+1}u^{m}. $$ 係数を読み取って、おそらく使用します $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$。