hệ số của một đa thức
Chứng tỏ rằng hệ số của $[x^nu^m] $ trong hàm tạo nhị biến $\dfrac{1}{1-2x+x^2-ux^2}$ Là ${n+1\choose n-2m}.$
Tôi đã cố gắng làm điều này bằng cách sử dụng định lý đa thức (một phần mở rộng của định lý nhị thức), về cơ bản phát biểu rằng đối với các thuật ngữ $x_1,\cdots, x_r, n\in \mathbb{N}_{\geq 0}, (x_1+\cdots + x_r)^n = \sum_{k_1+\cdots + k_r = n} \dfrac{n!}{k_1! \cdots k_r!}x_1^{k_1}\cdots x_r^{k_r}.$
Điều này cho thấy rằng hàm tạo ra hai biến đã cho bằng $\sum_{n\geq 0}(2x-x^2+ux^2)^n = \sum_{n\geq 0} \sum_{k_1+k_2 + k_3 = n} \dfrac{n!}{k_1!k_2!k_3!} (2x)^{k_1}(-x^2)^{k_2}(ux^2)^{k_3}$.
Do đó, hệ số của $[x^n u^m]$ nên là $\sum_{k_1 + 2k_2 = n-2m} \dfrac{(n-k_2-m)!}{k_1!k_2!m!}2^{k_1} (-1)^{k_2} .$ Tôi có thể đơn giản hóa điều này hơn nữa bằng cách thay thế $k_2$ với $\dfrac{n-2m-k_1}{2},$nhưng tôi không chắc làm thế nào để có được kết quả mong muốn từ đó. Có một số tính chất hữu ích khác của đa thức? Tôi cũng nhận ra rằng$\sum_{m\geq 0} {n+1\choose n-2m} = 2^n,$ có thể được hiển thị bằng cách sử dụng danh tính của Pascal, mặc dù tôi không chắc liệu điều này có hữu ích hay không.
Trả lời
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ Chứng tỏ rằng hệ số của $\ds{\bracks{x^{n}u^{m}}}$ trong hàm tạo nhị biến $\ds{1 \over 1 - 2x + x^{2} - ux^{2}}$ Là $\ds{\bbox[5px,#ffd]{n + 1\choose n - 2m}: {\Large ?}}$.
\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}
Trước tiên, có thể hữu ích hơn nếu phân tích biểu thức bậc hai (coi nó như một biến trong $x$). Bằng cách này, chúng tôi có thể trích xuất hệ số của$x^n$ ($u$ được coi là một hằng số) và sau đó là hệ số của $u^m$ (nói cách khác $[x^n u^m]f(x,u)=[u^m]([x^n]f(x,u))$. Vì vậy, bằng cách phân tích nhân tử của mẫu số, chúng ta đi đến$$ \dfrac{1}{1-2x+x^2-ux^2}=\frac{1}{1-(1+\sqrt{u})x}\cdot \frac{1}{1-(1-\sqrt{u})x} $$ mà theo chuỗi hình học là $$ (\sum_{i \geq 0}(1+\sqrt{u})^ix^i) \cdot (\sum_{j \geq 0}(1-\sqrt{u})^j x^j ). $$ Vì vậy, chúng tôi nhận được một hệ số $x^n$ $$ \sum_{k=0}^{n}(1+\sqrt{u})^k(1-\sqrt{u})^{n-k}\tag{*} $$ và bài toán rút gọn thành việc tìm hệ số của $u^m$ trong $(*)$. Ví dụ, chúng ta có thể đánh giá biểu thức bằng cách viết nó là$$ (1-\sqrt{u})^n\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{1+\sqrt{u}}{1-\sqrt{u}}\right)^k $$ và phát hiện chuỗi hình học hữu hạn với $q=\frac{1+\sqrt{u}}{1-\sqrt{u}}$, vì vậy chúng tôi chỉ có thể sử dụng công thức nổi tiếng cho tổng $\frac{q^{n+1}-1}{q-1}$. Sau một số đại số lộn xộn, chúng tôi nhận được$$ \frac{1}{2\sqrt{u}}[(1+\sqrt{u})^{n+1}-(1-\sqrt{u})^{n+1}], $$ mà cuối cùng theo định lý Nhị thức cho $$ \frac{1}{2\sqrt{u}}\sum_{m=0}^{n+1}\binom{n+1}{m}\sqrt{u}^{m}(1-(-1)^{m}). $$ Cho dù $m$ các điều khoản biến mất và chúng tôi còn lại với $$ \sum_{m=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}\binom{n+1}{2m+1}u^{m}. $$ Bây giờ chỉ cần đọc hệ số, cũng có thể sử dụng $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$.