Zwei Reihenbeziehungen, jede impliziert die andere - aus Andrews' Partitionsbuch

Betrachten Sie die formelle Serie

$$\begin{array}{}f(x)=\sum_{n=1}^\infty a_nx^n&\text{and}&g(x)=\sum_{n=1}^\infty b_nx^n\end{array}$$ Dann $\eqref{first_eq}$ist äquivalent zu $$\begin{align} f(x) &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=0}^{n-1}\binom{r-n+j}{j}b_{n-j}x^n\\ &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=1}^{n}\binom{r-j}{n-j}b_jx^n\\ &=\sum_{j=1}^\infty\sum_{n=j}^{\infty}\binom{r-j}{n-j}b_jx^n\\ &=\sum_{j=1}^\infty\sum_{n=0}^{\infty}\binom{r-j}{n}b_jx^{n+j}\\ &=\sum_{j=1}^\infty b_j(1+x)^{r-j}x^{j}\\ &=(1+x)^rg\left(\frac{x}{1+x}\right) \label{a}\tag{a} \end{align}$$ Und $\eqref{second_eq}$ist äquivalent zu $$\begin{align} g(x) &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=0}^{n-1}\binom{r-n+j}{j}(-1)^ja_{n-j}x^n\\ &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=1}^{n}\binom{r-j}{n-j}(-1)^{n-j}a_jx^n\\ &=\sum_{j=1}^\infty\sum_{n=j}^{\infty}\binom{r-j}{n-j}(-1)^{n-j}a_jx^n\\ &=\sum_{j=1}^\infty\sum_{n=0}^{\infty}\binom{r-j}{n}(-1)^na_jx^{n+j}\\ &=\sum_{j=1}^\infty a_j(1-x)^{r-j}x^{j}\\ &=(1-x)^rf\left(\frac{x}{1-x}\right) \label{b}\tag{b} \end{align}$$ Einfache algebraische Substitutionen ergeben das $\eqref{a}$Und $\eqref{b}$sind gleichwertig. Daher, $\eqref{first_eq}$Und $\eqref{second_eq}$sind gleichwertig.

Wie in den Kommentaren erwähnt, ist dies eine Variation der binomialen Inversionsformel$\sum_{k=m}^n (-1)^{k-m} \binom{k}{m} \binom{n}{k} = \delta_{mn}$. Beweise für diese Formel (die ich verwenden werde) finden Sie in dieser math.SE-Frage . Es kann auch leicht mit der trinomischen Revisionsformel bewiesen werden, die ich unten zitiere. Aus einer anderen Perspektive besagt die Binomialinversion, dass die Pascal-Matrix (bis zum Vorzeichen) ihre eigene Umkehrung ist. Weitere Informationen dazu finden Sie unter " Kombinatorische Interpretation der Binomialinversion " und in meiner Antwort auf "Stirling-Zahlen und inverse Matrizen".

Für Ihr Problem werde ich das nur beweisen$\eqref{second_eq}$ $\Rightarrow$ $\eqref{first_eq}$, da dies, wie Sie bemerken, ausreichend ist.

Zuerst neu indizieren$\eqref{first_eq}$Und$\eqref{second_eq}$um die einfacheren Formen zu erhalten

$$a_n = \sum_{j=1}^n \binom{r-j}{n-j} b_j, \tag{1}$$ $$b_n = \sum_{j=1}^n \binom{r-j}{n-j} (-1)^{n-j} a_j. \tag{2}$$

Unter der Annahme, dass (2) wahr ist, und beginnend mit der rechten Seite von (1), haben wir

$$\sum_{j=1}^n \binom{r-j}{n-j} b_j = \sum_{j=1}^n \binom{r-j}{n-j} \sum_{k=1}^j \binom{r-k}{j-k} (-1)^{j-k} a_k = \sum_{k=1}^n \sum_{j=k}^n \binom{r-j}{n-j} \binom{r-k}{j-k} (-1)^{j-k} a_k.$$ Wenden Sie nun die trinomiale Revisionsformel an $\binom{r}{m} \binom{m}{k} = \binom{r}{k} \binom{r-k}{m-k}$. (Dies ist leicht zu beweisen; schreiben Sie einfach die Binomialkoeffizienten in Fakultätsform und gruppieren Sie sie neu. Als Referenz siehe Konkrete Mathematik , 2. Auflage, S. 168.) Wir erhalten $$\sum_{k=1}^n \sum_{j=k}^n \frac{\binom{r}{n} \binom{n}{j}}{\binom{r}{j}} \frac{\binom{r}{j} \binom{j}{k}}{\binom{r}{k}} (-1)^{j-k} a_k = \sum_{k=1}^n \frac{\binom{r}{n}}{\binom{r}{k}} a_k \sum_{j=k}^n \binom{n}{j} \binom{j}{k} (-1)^{j-k} .$$ Dann ergibt die binomiale Umkehrung $$=\sum_{k=1}^n \frac{\binom{r}{n}}{\binom{r}{k}} a_k \delta_{nk} = \frac{\binom{r}{n}}{\binom{r}{n}} a_n = a_n.$$

Es ist ziemlich einfach, diesen Beweis brutal zu erzwingen, nur durch Substitution und zwei grundlegende Identitäten. Es ist tatsächlich wahr für willkürlich$r\in\mathbb{R}$, solange Sie definieren$z\choose k$für beliebige real$z$und nicht negative ganze Zahlen$k$.

Gegeben (1), ersetze die$a_{n-j}$auf der rechten Seite von (2), um das zu bekommen, was Sie wollen:

$$b_n = \sum_{j=0}^{n-1} \sum_{k=0}^{n-j-1} (-1)^j {{r-n+j}\choose j}{{r-n+j+k}\choose k} b_{n-j-k}$$

Sammelbegriffe, der Koeffizient von$b_{n-m}$auf der rechten Seite steht (wobei zu beachten ist, dass j+k=m oder dass k=mj):

$$\sum_{j=0}^{m} (-1)^j{{r-n+j}\choose j}{r-n+m \choose m-j}$$

Beachten Sie, dass dies eine Funktion von ist$r-n$, also können wir schreiben:

$$f_m(z) = \sum_{j=0}^m (-1)^j{z+j \choose j}{z+m \choose m-j}$$

Also ist die rechte Seite von (2) nach der Substitution:

$$\sum_{m=0}^{n-1} f_m(n-r) b_{n-m}$$

Aber${z+m \choose m-j}{z+j \choose j} = {z+m \choose m} {m \choose j}$. Sie können dies algebraisch ziemlich leicht sehen, oder Sie können es kombinatorisch für nicht negative ganze Zahlen beweisen$z$, und verwenden Sie dann, dass beide Seiten Gradpolynome sind$m$In$z$, also müssen sie überall übereinstimmen.

So

$$f_m(z) = {z+m \choose m} \sum_{j=0}^m (-1)^j {m \choose j} = {z+m \choose m} (1+(-1))^m$$

Und deshalb$f_m(z)=0$Wenn$m>0$, Und$f_0(z)=1$.

Aber das bedeutet, dass die rechte Seite von (2) gleich ist$b_n$.