Identität mit Doppelsumme mit Binomen

Question

Identität mit Doppelsumme mit Binomen

Fakultät
Summe
Asymptotik
Mathematik
Binomialkoeffizienten

Marcel

( Bearbeiten : Diese Frage wurde jetzt in MathOverflow hier beantwortet )

Im Zuge einer Rechnung bin ich auf folgende komplizierte Identität gestoßen. Lassen $A$ Und $a$ positive ganze Zahlen sein. Dann glaube ich das

\sum_{B \geq A, B \geq A} (- 1)^{A + B} (\binom{B}{A}) (\binom{B - 1}{A - 1}) \frac{(B - 1)! B!}{(B + B) (X - B)^{(B + B)}} = \frac{(A - 1)! A!}{(A + A) (X - A + 1)^{(A + A)}},

$\sum_{B\ge A,b\ge a} (-1)^{a+b}{b\choose a} {B-1\choose A-1}\frac{(B-1)!b!}{(B+b)(x-b)^{(B+b)}}=\frac{(A-1)!a!}{(A+a)(x-A+1)^{(A+a)}},$ Wo

x

$x$ ist etwas variabel und

(x)^{(a)} = x (x + 1) \dots (x + a - 1)

$(x)^{(a)}=x(x+1)\cdots(x+a-1)$ ist die steigende Fakultät.

Das möchte ich beweisen. Es ist wie eine Verallgemeinerung der Identität

\sum_{A = 0}^{\infty} \frac{1}{X^{A}} = \frac{X}{X - 1} .

$\sum_{a=0}^\infty \frac{1}{x^a}=\frac{x}{x-1}.$

Beachten Sie eine Art Wunder: Die linke Seite hat im Prinzip Pole bei allen ganzzahligen Werten von $x$ , während die rechte Seite nur Pole bei ganzen Zahlen kleiner als hat $A-1$ .

Nach der Kritik in der Antwort von Paul Sinclair denke ich, dass die Bedeutung der Gleichheit etwas unklar ist. Ich habe eine große im Sinn $x$ Erweiterung. Nimm den Fall $A=a=1$ , Zum Beispiel. Wenn ich summiere $B$ Und $b$ beides von 1 bis 2 bekomme ich

\frac{1}{2} \frac{X^{2} - 3 X - 8}{X (X - 2) (X^{2} - 1)}

$\frac{1}{2}\frac{x^2-3x-8}{x(x-2)(x^2-1)}$ für die linke Seite, das ist

\frac{1}{2 X^{2}} - \frac{1}{2 X^{3}} + Ö (\frac{1}{X^{4}})

$\frac{1}{2x^2}- \frac{1}{2x^3}+O\left(\frac{1}{x^4}\right)$ für groß

x

$x$ . Wenn ich summiere

B

$B$ Und

b

$b$ bis zu größeren Werten mehr Terme im Großen

x

$x$ Erweiterung der linken Seite stimme zu

\frac{1}{2 X^{2}} - \frac{1}{2 X^{3}} + \frac{1}{2 X^{4}} - \frac{1}{2 X^{5}} + \dots,

$\frac{1}{2x^2}-\frac{1}{2x^3}+\frac{1}{2x^4}-\frac{1}{2x^5}+\cdots,$ das ist das große

x

$x$ eine Reihe von

\frac{1}{2 x (x + 1)}

$\frac{1}{2x(x+1)}$ , die rechte Seite.

(Ich denke, die Doppelsumme auf der linken Seite konvergiert nur für groß genug $x$ , und in diesem Regime stimmt es mit der rechten Seite überein. So finden sich unterschiedliche Rückstände an $x=0$ macht die Identität nicht ungültig.)

Marcel

@RobPratt Entschuldigung, es ist die

(A + a)

$(A+a)$ in der rechten Seite, die nicht Fakultät sein sollte

Paul Sinclair

Es tut mir leid, aber Ihr neuer Absatz ergibt überhaupt keinen Sinn. Gleichheit bedeutet, dass beide Seiten bei jeder Wahl von Werten für die freien Variablen (

A, a, x

$A, a, x$ ) in ihren angegebenen Domänen. Es gibt keine „Taylor-Reihe“ vs. „Groß-

x

$x$ Erweiterung"-Qualifikation. Auch Taylor-Reihen haben nichts mit meiner Analyse der zu tun

A = a = 1

$A=a=1$ Fall. Ich sehe auch nicht, wie die LHS, die direkt mit Nennern auskommt

(x - b) (x - b + 1) . . .

$(x-b)(x-b+1) ...$ verwandelt sich irgendwie in Begriffe mit Nennern, die Potenzen von sind

x

$x$ allein.

Marcel

@PaulSinclair Ich habe der Frage weitere Details hinzugefügt. Ich glaube, was ich frage, macht Sinn.

Antworten (1)

Identität mit Doppelsumme mit Binomen

@RobPratt Entschuldigung, es ist die $(A+a)$ in der rechten Seite, die nicht Fakultät sein sollte
Es tut mir leid, aber Ihr neuer Absatz ergibt überhaupt keinen Sinn. Gleichheit bedeutet, dass beide Seiten bei jeder Wahl von Werten für die freien Variablen ( $A, a, x$ ) in ihren angegebenen Domänen. Es gibt keine „Taylor-Reihe“ vs. „Groß- $x$ Erweiterung"-Qualifikation. Auch Taylor-Reihen haben nichts mit meiner Analyse der zu tun $A=a=1$ Fall. Ich sehe auch nicht, wie die LHS, die direkt mit Nennern auskommt $(x-b)(x-b+1) ...$ verwandelt sich irgendwie in Begriffe mit Nennern, die Potenzen von sind $x$ allein.
@PaulSinclair Ich habe der Frage weitere Details hinzugefügt. Ich glaube, was ich frage, macht Sinn.

Paul Sinclair · Answer 1

Im Falle $A = 1, a = 1$ , und Vermietung $n = B + b -1$ , dies reduziert sich auf

- \sum_{N = 1}^{\infty} \sum_{B = 1}^{N} (- 1)^{B} B \frac{(N - B)! B!}{(N + 1) (X - B)^{(N + 1)}} = \frac{1}{2 X (X + 1)}

$-\sum_{n=1}^\infty\sum_{b=1}^n (-1)^bb\dfrac{(n-b)!b!}{(n+1)(x-b)^{(n+1)}} = \dfrac 1{2x(x+1)}$

Aber das kann nicht sein. Der Rückstand bei $0$ kann gefunden werden, indem beide Seiten mit multipliziert werden $x$ und nehmen die Grenze als $x \to 0$ . Die rechte Seite gibt leicht nach $1$ . Die linke Hand ist ebensowenig härter. $x-b \to -b$ und da $b \le n$

(X - B)^{(N + 1)} = (X - B) (X - B + 1) \dots (X - 1) X (X + 1) \dots (X + N - B)

$(x-b)^{(n+1)} = (x-b)(x-b+1)\cdots(x-1)x(x+1)\cdots(x+n-b)$ So

lim_{X \to 0} \frac{1}{X} (X - B)^{(N + 1)} = (- B) (- B + 1) \dots (- 1) (1) \dots (N - B) = (- 1)^{B} B! (N - B)!

$\lim_{x\to 0} \frac 1x (x-b)^{(n+1)} = (-b)(-b+1)\cdots(-1)(1)\cdots(n-b) = (-1)^bb!(n-b)!$

Das heißt, die linke Seite reduziert sich auf

- \sum_{N = 1}^{\infty} \sum_{B = 1}^{N} \frac{B}{N + 1} = - \sum_{N = 1}^{\infty} \frac{N}{2} = - \infty

$-\sum_{n=1}^\infty\sum_{b=1}^n \frac{b}{n+1}= -\sum_{n=1}^\infty\frac n2=-\infty$

Es scheint mir klar, dass selbst wenn $x$ ist nur in der Nähe $0$ , diese Serie wird noch auseinander gehen. Daher kann es der viel besser benommenen rechten Seite nicht ebenbürtig sein.

Entweder haben Sie in Ihren Berechnungen einen Fehler gemacht, der Sie zu dieser Schlussfolgerung geführt hat, oder Sie haben diese spezielle „Gleichheit“ als Ursache für Ihre umfassendere Berechnung herausgezogen.

Tut mir leid, das hatte ich vergessen zu klären $(x)^{(a)}$ Ich meine die steigende Fakultät, $x(x+1)\cdots(x+a-1)$ .
Ich habe das Argument geändert, um die korrekte Schreibweise zu erhalten, aber das Beispiel gilt immer noch. Zumindest wann $A = a = 1$ , das ist falsch.
Ihr Punkt ist gültig, bitte sehen Sie sich meine neue Bearbeitung der Frage zu Ihrem Beispiel an

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Marcel

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