Vereinfachen des Produkts mehrerer Binomialentwicklungen

Question

Vereinfachen des Produkts mehrerer Binomialentwicklungen

Produkte
Summe
Mathematik
Kombinatorik
Binomialkoeffizienten

CBowman

Ich habe ein kniffliges Produkt, das ich versuche, in eine Summe zu erweitern, und ich bin mir nicht sicher, wie ich weiter vorgehen soll.

Ich habe zwei Sätze von Zahlen, die jeweils enthalten $n$ Elemente insgesamt. Der erste Satz, $\{x_k\}$ sind real und positiv:

X_{k} \in R, X_{k} > 0 \forall k

$x_k \in \mathbb{R}, \; x_k > 0 \; \forall \; k$ Der zweite Satz,

{y_{k}}

$\{y_k\}$ , sind alle Naturtalente:

j_{k} \in N \forall k

$y_k \in \mathbb{N} \; \forall \; k$ Der Ausdruck, den ich zu erweitern versuche, ist ein Produkt verschiedener binomialer Erweiterungen:

F (C) = \prod_{k = 1}^{N} (C X_{k} + 1)^{j_{k}} = \prod_{k = 1}^{N} (\sum_{M = 0}^{j_{k}} (\binom{j_{k}}{M}) C^{M} X_{k}^{M})

$f(c) = \prod_{k=1}^{n} (c x_k +1)^{y_k} = \prod_{k=1}^{n} \left( \sum_{m=0}^{y_k} \binom{y_k}{m}c^{m} x_{k}^{m} \right)$ Wo

c > 0

$c>0$ .

Bei vollständiger Erweiterung können wir nur nach Potenzen gruppieren $c$ , die zwischen null und laufen muss $\sum_{k}^{n} y_k$ . Vermietung

Y = \sum_{k = 1}^{N} j_{k}

$Y = \sum_{k=1}^{n} y_k$ wir sollten uns ausdrücken können

f (c)

$f(c)$ als

F (C) = \sum_{M = 0}^{Y} a_{M} C^{β_{M}}

$f(c) = \sum_{m=0}^{Y} \alpha_m c^{\beta_m}$

Jetzt stecke ich fest, wie man die Koeffizienten berechnet $\alpha_m$ und Exponenten $\beta_m$ .

Hat jemand einen Rat?

Danke!

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Vereinfachen des Produkts mehrerer Binomialentwicklungen

Schagnik · Answer 1

Verwenden des gleichen Summationsindex $m$ Insgesamt könnten die Summen etwas verwirrend sein, da diese verschiedenen Indizes alle unterschiedliche Werte im Produkt annehmen könnten. Es könnte daher besser sein, diese Indizes mit Indizes zu versehen, so wie wir es getan hätten

F (C) = \prod_{k = 1}^{N} (\sum_{M_{k} = 0}^{j_{k}} (\binom{j_{k}}{M_{k}}) C^{M_{k}} X_{k}^{M_{k}}) .

$f(c) = \prod_{k=1}^n \left( \sum_{m_k = 0}^{y_k} \binom{y_k}{m_k} c^{m_k} x_k^{m_k} \right).$

Wenn wir die Summe und das Produkt austauschen, wird die Summe nun über alle möglichen Auswahlen der Indizes gehen $m_k$ . Daher wird es eine Summe über die Vektoren sein $\vec{m} = (m_1, m_2, ..., m_k)$ , wo jeder $m_k$ erfüllt $0 \le m_k \le y_k$ . Daher haben wir

F (C) = \sum_{\vec{M} \in Λ} \prod_{k = 1}^{N} ((\binom{j_{k}}{M_{k}}) C^{M_{k}} X_{k}^{M_{k}}),

$f(c) = \sum_{\vec{m} \in \Lambda} \prod_{k=1}^n \left( \binom{y_k}{m_k} c^{m_k} x_k^{m_k} \right),$ Wo

Λ = Z^{n} \cap \prod_{k = 1}^{n} [0, y_{k}]

$\Lambda = \mathbb{Z}^n \cap \prod_{k=1}^n [0, y_k]$ .

Wir können jetzt die Faktoren von sammeln $c$ , und wir würden bekommen

F (C) = \sum_{\vec{M} \in Λ} C^{\sum_{k = 1}^{N} M_{k}} \prod_{k = 1}^{N} ((\binom{j_{k}}{M_{k}}) X_{k}^{M_{k}}) .

$f(c) = \sum_{\vec{m} \in \Lambda} c^{\sum_{k=1}^n m_k} \prod_{k=1}^n \left( \binom{y_k}{m_k} x_k^{m_k} \right).$

Jetzt verschiedene Vektoren $\vec{m} \in \Lambda$ könnte die gleiche Leistung bringen $p = \sum_{k=1}^n m_k$ von $c$ . Wenn Sie möchten, können Sie sie gruppieren; lassen $\Lambda_p = \left\{ \vec{m} \in \Lambda: \sum_{k=1}^n m_k = p \right\}$ . Wie Sie darauf hingewiesen haben, sind die möglichen Potenzen die ganzen Zahlen dazwischen $0$ Und $Y = \sum_{k=1}^n y_k$ . Wir hätten dann

F (C) = \sum_{P = 0}^{Y} a_{P} C^{P},

$f(c) = \sum_{p = 0}^Y \alpha_p c^p,$ wo die Koeffizienten

α_{p}

$\alpha_p$ werden durch das Sammeln der Begriffe aus gegeben

Λ_{p}

$\Lambda_p$ :

a_{P} = \sum_{\vec{M} \in Λ_{P}} \prod_{k = 1}^{N} (\binom{j_{k}}{M_{k}}) X_{k}^{M_{k}} .

$\alpha_p = \sum_{\vec{m} \in \Lambda_p} \prod_{k=1}^n \binom{y_k}{m_k} x_k^{m_k}.$

Das sieht toll aus, danke! Ich werde es durchgehen, sobald ich von der Arbeit bin, um sicherzustellen, dass ich es verstehe und akzeptiere.
Also ich glaube ich verstehe - $\Lambda$ ist die Menge aller möglichen $n$ -Längenvektoren, bei denen die $k$ Das 'te Element ist eine Ganzzahl im Bereich $[0,y_k]$ ? Es fällt mir jetzt auf, wie massiv ein Set ist $\Lambda$ ist wahrscheinlich - für meine Zwecke $n>100$ Und $y_k > 20$ in den meisten Fällen. Wenn die Kardinalität ist $\prod_{k=1}^{n} y_k + 1$ , auch wenn wir nehmen $y_k = 9 \; \forall \; k$ Und $n = 100$ wir bekommen $|\Lambda| = 10^{100}$ . Leider werde ich diese Liste in absehbarer Zeit nicht mehr erstellen!
@CBowman Haha ja, leider gibt es eine große Anzahl von Summanden im Spiel, wenn $n > 100$ .

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CBowman

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Schagnik

CBowman

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Schagnik

Kombinatorischer Beweis der Identität 3n=∑nk=0(nk)2k3n=∑k=0n(nk)2k3^n=\sum_{k=0}^n \binom nk 2^k

Binomial-/Kombinatorik-Summationsbeweisfrage

Summe des Produkts der Binomialkoeffizienten: ∑nk=0(−1)k(nk)(n+kk)=(−1)n∑k=0n(−1)k(nk)(n+kk)=(− 1)n\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}\binom{n + k}{k} = (-1)^n

Zeigen Sie die Identität: ∏i=12n+1(x+n+1−i)=x∏i=1n(x2−i2)∏i=12n+1(x+n+1−i)=x∏i= 1n(x2−i2)\prod^{2n+1}\limits_{i=1}(x+n+1-i) = x\prod^{n}\limits_{i=1}(x^2- ich^2)

Formulieren einer alternierenden Summe von Produktkombinationen

Kombinatorischer Beweis von ∑i=0m2n−i(ni)(mi)=∑i=0m(n+m−im)(ni)∑i=0m2n−i(ni)(mi)=∑i=0m(n+). m−im)(ni) \sum \limits_{i = 0} ^{m} 2^{ni} {n \choose i}{m \choose i} = \sum\limits_{i=0}^m { n + m - ich \choose m} {n \choose i}

Kombinatorischer Beweis für die Identität ∑nk=0(nk)(−2)k=(−1)n∑k=0n(nk)(−2)k=(−1)n\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\left(-2\right)^k = (-1)^n

Teilsumme der Binomialkoeffizienten n wähle k multipliziert mit k für k von n/2+1 bis n

Multiplizieren von drei Fakultäten mit drei Binomen in polynomialer Identität

Beweisen Sie, dass C(n,0)+C(n+1,1)+⋯+C(n+r,r)=C(n+r+1,r).C(n,0)+C(n). +1,1)+⋯+C(n+r,r)=C(n+r+1,r).C(n,0) + C(n+1,1) +\dots+ C(n+ r,r) = C(n+r+1,r). [Duplikat]