Cómo formular$(1-x)^k(1+x)^{n-k}$ como una expresión de suma polinómica

Question

Deje $n$ $k$ ser números naturales con $0\le k\le n$. Me gustaría escribir $$(1-x)^k(1+x)^{n-k}$$ en la forma de un explícito polinomio como $$\sum_{j=0}^nb_j(n,k)x^j$$ Es allí una manera de escribir las funciones enteras $b_j(n,k)$ como una expresión esperemos que con la ayuda de binomios - tal vez como una suma de ellos ?

20150921 editado y añadió:

Espero tener correctamente ampliado y recogido el doble de la suma de la obtenida utilizando el teorema del binomio en ambos factores. He obtenido $$\sum_{j=0}^n(-1)^{j}\left(\sum_{l=0}^j(-1)^l\binom{n-k}{l}\binom{k}{j-l}\right)x^j$$ La suma en el gran paréntesis recuerda y es similar a la de Vandermonde de identidad $$\sum_{l=0}^j\binom{x}{l}\binom{y}{j-l}=\binom{x+y}{l}$$ Así que mi problema es que ahora si $$\sum_{l=0}^j(-1)^j\binom{x}{l}\binom{y}{j-l}=?$$ has a similar simplification (as a function probably) with $1$ binomio ?

Comentario adicional

Tal vez, al menos, se puede encontrar una solución/es posible en el caso particular de la $x=n-k$$y=k$.

Answer 1

Deje $$p_{n,k}(x)=(1-x)^k(1+x)^{n-k}.$$

Se ve fácilmente que $p_{n,k}(x)=p_{n,n-k}(x)$, lo $b_j(n,k)=(-1)^jb_j(n,n-k)$.

Si $2k\leq n$, entonces tenemos:

$$p_{n,k}(x)=(1-x)^k(1+x)^{n-k} = (1-x^2)^k(1+x)^{n-2k}$$

Por lo que $$b_j(n,k) = \begin{cases} \displaystyle{\sum_{i=0}^{\lfloor j/2\rfloor} (-1)^i\binom{k}{i}\binom{n-2k}{j-2i}}&2k\leq n\\ \displaystyle{\sum_{i=0}^{\lfloor j/2\rfloor} (-1)^{i+j}\binom{n-k}{i}\binom{2k-n}{j-2i}}&2k> n \end{casos}$$

Usted puede utilizar realmente la primera línea para todos los $k$, siempre que defina $\binom{a}{b}$ negativos ${a}$, que resulta ser igual a $(-1)^b\binom{b-a+1}{b}$.

También puedes notar que $t^np_j(n,k)(1/t) = (-1)^kp_j(n,k)(t)$, lo que significa que ese $b_j(n,k)=(-1)^k b_{n-j}(n,k)$. Así podemos restringir nuestra cálculos a al $2j\leq n$.

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Notas adicionales:

Tenga en cuenta que $p_{n+1,k}(x) = (1+x)p_{n,k}(x) =(1-x) p_{n,k-1}(x)$.

Que muestra que $b_{j}(n,k)+b_{j-1}(n,k) = b_{j}(n,k-1) - b_{j-1}(n,k-1)$.

Que muestran que una recursividad: $$b_j(n,k) = b_j(n,k-1)-b_{j-1}(n,k-1)-b_{j-1}(n,k)$$

Obviamente tienes $b_0(n,k)=1$$b_n(n,k)=(-1)^k$.

La ecuación también muestra que $b_j(n+1,k) = b_j(n,k) + b_{j-1}(n,k)$.

Otro de recursividad se puede encontrar tomando la derivada de la $p_{n,k}$ para obtener:

$$p_{n,k}'(x)= (n-k)p_{n-1,k}(x)-kp_{n-1,k-1}(x)$$

al $n,k>0$.

Así se obtiene: $$(j+1)b_{j+1}(n,k) = (n-k)b_{j}(n-1,k) -kb_j(n-1,k-1).$$

Otro enfoque podría ser la generación de la función:

$$\begin{align}F(x,y,z)&= \sum_{k_1,k_2=0}^{\infty} p_{k_1+k_2,k_1}(x)y^{k_1}z^{k_2}\\ &= \sum_{k_1,k_2} ((1-x)y)^{k_1}((1+x)z)^{k_2}\\ &=\frac{1}{1-(1-x)y} \frac{1}{1-(1+x)z} \end{align}$$

Ahora usted está tratando de encontrar los coeficientes de si $x^jy^kz^{n-k}$ en esa expresión.

Volver a escribir como:

$$\frac{1}{1-y}\frac{1}{1+x\frac{y}{1-y}}\frac{1}{1-z}\frac{1}{1-x\frac{z}{1-z}}$$

o:

$$\left(\sum_{i=0}^\infty (-1)^ix^{i}\frac{y^i}{(1-y)^{i+1}}\right) \left(\sum_{i=0}^\infty x^{i}\frac{z^i}{(1-z)^{i+1}}\right)$$

Así que si $B_j(y,z)$ es el coeficiente de $x^j$ en este:

$$\begin{align} B_i(y,z) &= \frac{1}{(1-y)(1-z)}\sum_{i=0}^j \left(\frac{y}{y-1}\right)^i\left(\frac{z}{1-z}\right)^{j-i}\\ &= \frac{1}{(1-y)(1-z)} \frac{\left(\frac{y}{y-1}\right)^{j+1}-\left(\frac{z}{1-z}\right)^{j+1}}{\frac{y}{y-1}-\frac{z}{1-z}}\\ &=\frac{\left(\frac{y}{y-1}\right)^{j+1}-\left(\frac{z}{1-z}\right)^{j+1}}{2yz-y-z} \end{align}$$

En última instancia, sólo te dan la fórmula llegado anteriormente por otros mucho más fácilmente.

Que vería a decir que $(2yz-y-z)F(x,y,z)$ es bastante simple. Es?

Lo es, porque $2-(1-x)-(1+x)=0$, por lo que al$n>k$$2p_{n,k}(x)-p_{n+1,k}(x) - p_{n,k+1}(x)=0$. (Esto nos da la relación de $b_j(n+1,k) = 2b_j(n,k)-b_{j}(n,k+1)$ al $n>k$.)

Así que la única términos de la forma $x^jy^{k_1}z^{k_2}$ al $k_1=0$ o $k_2=0$, y han simple de los coeficientes.

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Ahora: $$\left(\frac{u}{1-u}\right)^{j+1} = \sum_{k=0}^\infty \binom{k}{j+1}u^k$$

Así, vemos que $$\begin{align}(y+z-2yz)F(x,y,z) &= \sum_j x^j\sum_{k=0}^\infty \binom{k}{j+1}\left(z^k + (-1)^{j+1}y^{k}\right)\\ &= \sum_{k} z^k \sum_j \binom{k}{j+1}x^j - \sum_{k} y^k \sum_j \binom{k}{j+1}(-x)^j \end{align}$$

Y $\sum_{j=0}^{\infty}\binom{k}{j+1}u^j = \frac{(1+u)^{k}-1}{u}$.

Así:

$$\begin{align}x(y+z-2yz)F(x,y,z)&=\sum_{k=0}^{\infty} \left(((1+x)z)^{k}-((1-x)y)^{k}-(z^k-y^k))\right)\\ &=\frac1{1-(1+x)z} + \frac1{1-(1-x)y} - \frac{1}{1-z}+\frac{1}{1-y} \end{align}$$

Answer 2

El coeficiente de$x^h$ en$(1-x)^k$ es$\binom{k}{h}(-1)^h$, y el coeficiente de$x^{j-h}$ en$(1+x)^{n-k}$ es$\binom{n-k}{j-h}$. Por lo tanto, teniendo cuidado de obtener los límites de la suma correcta, $$b_j (n, k) \; = \ sum_ {h \, = \, \ max (0, \, j + kn)} ^ {\ min (j , \, k)} \ binom {k} {h} \ binom {nk} {jh} (-1) ^ h.$$

Answer 3

Nota: Una comparación estructural de la OPs binomial con la expresión de la Identidad de Vandermonde sugiere que una representación sin sumas no es de esperar.

Si ponemos en OPs representación de Vandermonde la Identidad de $x=k$ $y=n-k$ obtenemos $$\begin{align*} \sum_{l=0}^j\binom{k}{l}\binom{n-k}{j-l}=\binom{n}{j}\qquad\qquad 0\leq j,k\leq n\tag{1} \end{align*}$$ Desde $\binom{n}{j}$ es el coeficiente de $u^j$ $(1+u)^n$ esta expresión se corresponde con la representación algebraica $$\begin{align*} (1+u)^k(1+u)^{n-k}=(1+u)^n\tag{2} \end{align*}$$ Vamos a revisar prueba de (1) utilizando el coeficiente de operador $[u^j]$ para denotar el coeficiente de $u^j$ en un polinomio $p(u)$. El lado izquierdo da $$\begin{align*} [u^j]&(1+u)^k(1+u)^{n-k}\\ &=[u^j]\sum_{l=0}^{k}\binom{k}{l}u^l(1+u)^{n-k}\\ &=\sum_{l=0}^{k}\binom{k}{l}[u^{j-l}](1+u)^{n-k}\tag{3}\\ &=\sum_{l=0}^{k}\binom{k}{l}[u^{j-l}]\sum_{m=0}^{n-k}\binom{n-k}{m}u^m\\ &=\sum_{l=0}^{j}\binom{k}{l}\binom{n-k}{j-l} \end{align*}$$ y en la parte derecha $$\begin{align*} [u^j]&(1+u)^n=[u^j]\sum_{l=0}^{n}\binom{n}{l}u^l=\binom{n}{j} \end{align*}$$

Comentario: En (3) se utiliza la $[u^j]u^lp(u)=[u^{j-l}]p(u)$ y la linealidad del coeficiente de operador se utiliza en casi cada línea. En la última línea de la LHS, el límite superior del índice se establece a $j$. Seguimos así la convención de que un coeficiente binomial $\binom{n}{j}$ se pone a cero si $j$ es menor que cero o mayor que $n$.

En (2) vemos que el lado izquierdo es el producto de dos polinomios que puede ser simplificado a un polinomio $(1+u)^n$. Por otro lado no podemos hacer una correspondiente simplificación con la expresión.

$$\begin{align*} (1-u)^k(1+u)^{n-k}=\sum_{j=0}^{n}b_j(n,k)u^j\tag{4} \end{align*}$$

Desde un coeficiente binomial $\binom{r}{s}$ es el coeficiente de $[u^s]$ de un polinomio $(1+u)^r$ no es plausible que una simplificación es posible.

Una confirmación de la OPs cálculo: Si se extrae el coeficiente de OP del polinomio (4) similar a la anterior, podemos obtener

$$\begin{align*} [u^j]&(1-u)^k(1+u)^{n-k}\\ &=[u^j]\sum_{l=0}^{k}\binom{k}{l}(-u)^l(1+u)^{n-k}\\ &=\sum_{l=0}^{k}\binom{k}{l}(-1)^l[u^{j-l}](1+u)^{n-k}\\ &=\sum_{l=0}^{k}\binom{k}{l}(-1)^l[u^{j-l}]\sum_{m=0}^{n-k}\binom{n-k}{m}u^m\\ &=\sum_{l=0}^{j}(-1)^l\binom{k}{l}\binom{n-k}{j-l}\tag{5} \end{align*}$$ La expresión (5) es la misma de la OPs resultado ya que $$\begin{align*} \sum_{j=0}^n&(-1)^{j}\left(\sum_{l=0}^j(-1)^l\binom{n-k}{l}\binom{k}{j-l}\right)x^j\\ &=\sum_{j=0}^n(-1)^{j}\left(\sum_{l=0}^j(-1)^{j-l}\binom{n-k}{j-l}\binom{k}{l}\right)x^j\tag{6}\\ &=\sum_{j=0}^n\left(\sum_{l=0}^{j}(-1)^l\binom{k}{l}\binom{n-k}{j-l}\right)x^j\\ \end{align*}$$

Comentario: En (6) reemplazamos $l$$j-l$.