współczynnik wielomianu
Pokaż, że współczynnik $[x^nu^m] $ w funkcji generującej dwuwymiarowe $\dfrac{1}{1-2x+x^2-ux^2}$ jest ${n+1\choose n-2m}.$
Próbowałem to zrobić, używając twierdzenia o wielomianach (rozszerzenie twierdzenia dwumianowego), które zasadniczo stwierdza, że dla terminów $x_1,\cdots, x_r, n\in \mathbb{N}_{\geq 0}, (x_1+\cdots + x_r)^n = \sum_{k_1+\cdots + k_r = n} \dfrac{n!}{k_1! \cdots k_r!}x_1^{k_1}\cdots x_r^{k_r}.$
To daje, że dana funkcja generująca dwie zmienne jest równa $\sum_{n\geq 0}(2x-x^2+ux^2)^n = \sum_{n\geq 0} \sum_{k_1+k_2 + k_3 = n} \dfrac{n!}{k_1!k_2!k_3!} (2x)^{k_1}(-x^2)^{k_2}(ux^2)^{k_3}$.
Stąd współczynnik $[x^n u^m]$ Powinien być $\sum_{k_1 + 2k_2 = n-2m} \dfrac{(n-k_2-m)!}{k_1!k_2!m!}2^{k_1} (-1)^{k_2} .$ Mogę to jeszcze bardziej uprościć, zastępując $k_2$ z $\dfrac{n-2m-k_1}{2},$ale nie jestem pewien, jak uzyskać z tego pożądany efekt. Czy istnieje inna użyteczna właściwość wielomianów? Zdałem sobie z tego sprawę$\sum_{m\geq 0} {n+1\choose n-2m} = 2^n,$ co można pokazać za pomocą tożsamości Pascala, chociaż nie jestem pewien, czy jest to przydatne.
Odpowiedzi
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ Pokaż, że współczynnik $\ds{\bracks{x^{n}u^{m}}}$ w funkcji generującej dwuwymiarowe $\ds{1 \over 1 - 2x + x^{2} - ux^{2}}$ jest $\ds{\bbox[5px,#ffd]{n + 1\choose n - 2m}: {\Large ?}}$.
\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}
Bardziej pomocne może być najpierw faktoryzowanie wyrażenia kwadratowego (przyjmowanie go jako zmiennej w formacie $x$). W ten sposób możemy wyodrębnić współczynnik$x^n$ ($u$ traktowane jako stała), a następnie współczynnik $u^m$ (innymi słowy $[x^n u^m]f(x,u)=[u^m]([x^n]f(x,u))$. Tak więc, rozkładając mianownik na czynniki, dochodzimy do tego$$ \dfrac{1}{1-2x+x^2-ux^2}=\frac{1}{1-(1+\sqrt{u})x}\cdot \frac{1}{1-(1-\sqrt{u})x} $$ którym jest szereg geometryczny $$ (\sum_{i \geq 0}(1+\sqrt{u})^ix^i) \cdot (\sum_{j \geq 0}(1-\sqrt{u})^j x^j ). $$ Otrzymujemy więc współczynnik $x^n$ $$ \sum_{k=0}^{n}(1+\sqrt{u})^k(1-\sqrt{u})^{n-k}\tag{*} $$ a problem sprowadza się do znalezienia współczynnika $u^m$ w $(*)$. Możemy na przykład ocenić wyrażenie, pisząc je jako$$ (1-\sqrt{u})^n\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{1+\sqrt{u}}{1-\sqrt{u}}\right)^k $$ i zaznacz skończone szeregi geometryczne za pomocą $q=\frac{1+\sqrt{u}}{1-\sqrt{u}}$, więc możemy po prostu użyć znanego wzoru na sumę $\frac{q^{n+1}-1}{q-1}$. Po jakiejś chaotycznej algebrze otrzymujemy$$ \frac{1}{2\sqrt{u}}[(1+\sqrt{u})^{n+1}-(1-\sqrt{u})^{n+1}], $$ co ostatecznie daje twierdzenie dwumianowe $$ \frac{1}{2\sqrt{u}}\sum_{m=0}^{n+1}\binom{n+1}{m}\sqrt{u}^{m}(1-(-1)^{m}). $$ Nawet $m$ terminy znikają i zostajemy z $$ \sum_{m=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}\binom{n+1}{2m+1}u^{m}. $$ Teraz po prostu odczytaj współczynnik, może też użyj $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$.