Prueba que la función generatriz

Question

La siguiente es parte de una prueba de que el número de maneras de asociar un producto con $n$ términos (diferentes formas de insertar entre paréntesis) es de $$ a_1 = 1,\ a_n = \frac{1}{n} \binom{2n-2}{n-1},$$ y la relación$$ a_{n+1} = a_1a_n + a_2a_{n-1} + a_3a_{n-2} + \cdots + a_na_1$$ ya se ha establecido.

La prueba se inicia con la generación de la función $$f_A(x) = \sum_{n=1}^\infty a_nx^n,$$ luego por la relación, $$f_A(x) = x + \sum_{n=2}^\infty (a_1a_{n-1} + \cdots + a_{n-1}a_1)x^n.$$ Estoy claro sobre el siguiente paso: $$f_A(x) = x + \left(\sum_{n=1}^\infty a_nx^n\right)\left(\sum_{n=1}^\infty a_nx^n\right).$$

He intentado utilizar una cota superior de a tres en cada expresión. Para la primera expresión que obtuvo $$a_1^2x^2 + 2a_1a_2x^3.$$ Para la segunda expresión obtuve $$a_1^2x^2 + 2a_1a_2x^3 + a_2^2x^4 + 2a_2a_3x^5 + a_3^2x^6.$$ Como parece que los dos primeros términos son los mismos. Podemos ignorar los términos adicionales como el límite superior de los enfoques infinito?

Answer 1

Tenga en cuenta que $$ \begin{align} f(x) &=\sum_{n=1}^\infty\color{#C00}{a_n}x^n\tag1\\ &=\color{#C00}{a_1}x+\sum_{n=2}^\infty\color{#C00}{\sum_{k=1}^{n-1}a_ka_{n-k}}x^n\tag2\\ &=x+\left(\sum_{n=1}^\infty a_nx^n\right)^2\tag3\\[9pt] &=x+f(x)^2\tag4 \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: $f$ es la generación de la función de $a_n$
$(2)$: el uso de la repetición para $a_n$
$(3)$: $a_1=1$ y el Producto de Cauchy de la suma de $(2)$
$(4)$: $f$ es la generación de la función de $a_n$

Ya, $f(x)^2-f(x)+x=0$, $$ \begin{align} f(x) &=\frac{1-\sqrt{1-4x}}2\tag5\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac1{4n-2}\binom{2n}{n}x^n\tag6 \end{align} $$ Explicación:
$(5)$: aplicar la Fórmula Cuadrática
$(6)$: aplicar la Generalizada del Teorema del Binomio

Desde $f$ es la generación de la función de $a_n$, $$ a_n=\frac1{4n-2}\binom{2n}{n}=\frac1n\binom{2n-2}{n-1}\tag7 $$

Answer 2

El dibujo de abajo

debe ayudar a claro que el producto de dos series, en general, (siempre que sean absolutamente convergente de curso) se puede hacer sumando

• primero por "filas" y luego en "columnas", o
• primero por "columnas" y luego en "filas", o
• en primer lugar la inversa "diagonales" y, a continuación, por encima de ellos

que es $$ \eqalign{ & \left( {\sum\limits_{1\, \le \,k} {a_{\,k} x^{\,k} } } \right)\left( {\sum\limits_{1\, \le \,j} {b_{\,j} x^{\,j} } } \right) = \cr & = \sum\limits_{1\, \le \,k} {\left( {a_{\,k} x^{\,k} \left( {\sum\limits_{1\, \le \,j} {b_{\,j} x^{\,j} } } \right)} \right)} = \cr & = \sum\limits_{1\, \le \,j} {\left( {\left( {\sum\limits_{1\, \le \,k} {a_{\,k} x^{\,k} } } \right)b_{\,j} x^{\,j} } \right)} = \cr & = \sum\limits_{2\, \le \,q} {\left( {\left( {\sum\limits_{1\, \le \,k} {a_{\,k} b_{\,q - k} } } \right)x^{\,q} } \right)} \cr} $$

Claramente, si usted pone un límite superior a la suma de los importes, que se limite a un rectángulo el infinito rejilla de arriba, que en suma a lo largo de las diagonales , si se excede el máximo exponente de $x$ usted tendrá algunos de los términos que faltan.

Answer 3

En vez de truncar cada serie, quizás una mejor manera de pensarlo es la siguiente: ¿Qué es el coeficiente de $x^k$ $(\sum_{n=1}^\infty an x^n)^2 = \sum{n=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty a_n a_m x^{n+m}$? Tienes que añadir todos los términos de la forma $a_n a_m x^{n+m}$ donde $n+m=k$.

Answer 4

Para la generación de funciones, el poder de la serie son en realidad de poder formal de la serie, y el producto de dos de poder formal de la serie obedece a la siguiente regla (Ver también aquí):$$ \left( \sum_{n = 0}^∞ a_n x^n \right)\left( \sum_{n = 0}^∞ b_n x^n \right) = \sum_{n = 0}^∞ \left( \sum_{k = 0}^n a_k b_{n-k} \right) x^n. \etiqueta{1} $$ La intuición detrás de esta regla es que si $\sum\limits_{n = 0}^∞ a_n x^n$ $\sum\limits_{n = 0}^∞ b_n x^n$ son dos de alimentación de la serie (no formales) que convergen absolutamente, Merten del teorema implica que el lado derecho de (1) también converge y (1) posea. Como para la razón por la que los coeficientes de $x^n$ sobre el lado derecho es $\sum\limits_{k = 0}^n a_k b_{n-k}$, es fácil ver que la intuición buscando el coeficiente de $x^n$ sobre el lado izquierdo.

Answer 5

Que %#% $ #%
\begin{align} f(x) &= \sum_{n=1}^\infty fnx^n\tag{1}\ &= \sum{n=1}^\infty \frac{1}{2n - 1} \binom{2n-1}{n}x^n\ &= \sum{n=1}^\infty \frac{(2n-2)!}{n!(n-1)!}x^n\ &= \sum{n=1}^\infty \frac{1}{n} \binom{2n-2}{n-1}x^n\tag{2}\ &= \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\sqrt{1 - 4x}\ \end {Alinee el}

$$f_n = \frac{1}{n} \binom{2n-2}{n-1} = \frac{1}{2n - 1} \binom{2n-1}{n}$$

Pero de la ecuación (1), $$x + \left(\sum_{n=1}^\infty fnx^n\right)\left(\sum{n=1}^\infty fnx^n\right) =x + [f(x)]^2 = f(x)$ $ por lo tanto, $$[f(x)]^2 = \sum{n=2}^\infty\left(\sum_{i=1}^{n-1}fif{n-1}\right)x^n$ $

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Una observación $$x + \sum{n=2}^\infty\left(\sum{i=1}^{n-1}fif{n-1}\right)x^n = \sum_{n=1}^\infty f_nx^n$. Donde $fn = \frac{1}{n} \binom{2n-2}{n-1} = \frac{(2n-2)!}{n!(n-1)!} = C{n-1}$ es el Número catalán