Simplificando sigma de sigma de sigma

Question

He encontrado la siguiente expresión en mi trabajo de ciencias de la computación (como probablemente pueda ver por la naturaleza de la expresión). ¿Es posible simplificarlo en una buena expresión polinómica agradable?

PS

Para $$\sum_{i = 1}^{z-2} (z - 1) - i + \left ( \sum_{j = i+1}^{z-2} (z - 1) - j \ + \left ( \sum_{k = j+1}^{z-2} (z - 1) - k \ + \ ... \right ) \right) $ sigmas.

Answer 1

Escriba $$\sum_{i=1}^{z-2}{ (z - 1) - i}+\sum_{j = i+1}^{z-2} {(z - 1) - j} + \sum_{k = j+1}^{z-2} {(z - 1) - k} + \cdots = \sum_{i =1}^{z-2} {(z - 1)} - \sum_{i = 1}^{z-2} {i}+\left(\sum_{j =1}^{z-2} {(z - 1) - j} - \sum_{j =1}^{i} {(z - 1) - j} \right)+ \left(\sum_{k =1}^{z-2}{ (z - 1) - k} -\sum_{k =1}^{j}{ (z - 1) - k}\right) + \cdots,$ $ luego use los datos que $$\sum_1^n =n, \,\,\sum_1^n i = \frac{n(n+1)}{2}$ $ repetidamente.

Answer 2

Deje $n=z-1$ a simplificar la notación y la vamos a generalizar el problema para encontrar la suma general

$$I_n = \sum_{i_1 = 1}^{n-1}\left(f(n-i_1) + \left ( \sum_{i_2 = i_1+1}^{n-1} f(n-i_2) \ + \ldots + \sum_{i_{n-1}=1+i_{n-2}}^{n-1}f(n-i_{n-1})\right ) \right)$$ En su caso le ha $f(x) = x$. Ten en cuenta que no sólo se $n-1 = z-2$ suma como otra suma sería de vacío (el menor valor posible para $i_k$ es $k$ , que es mayor que $n-1$ para $i_n$).

Por un cambio de la suma de los índices de $i_k \to n-i_k$ podemos escribir la suma en el formulario $$I_n = \sum_{i_1 = 1}^{n-1}\left(f(i_1) + \left ( \sum_{i_2 = 1}^{i_1-1} f(i_2) \ + \left ( \sum_{i_3 = 1}^{i_2-1} f(i_3) + \ldots + \sum_{i_{n-1}=1}^{i_{n-2}-1}f(i_{n-1})\right ) \right) \right)$$ que tiene la propiedad de lo que nos han quitado el $n$ dependencia de cada suma, pero el primero y que nos permite mostrar que $I_n$ satisfacer a una simple relación de recurrencia.

Tomar la expresión de $I_{n+1}$ y dividir la primera suma en que más de la $i_1=1,2,\ldots,n-1$ y que más de la $i_1=n$. Observe que para el caso anterior el interior de la suma es siempre vacío por la razón que hemos dicho más arriba así que esto es sólo $I_n$ y para el último caso, estamos justo a la izquierda con $f(n$) más la misma expresión que para $I_n$ sólo con un nombre diferente para la sumatorias de las etiquetas de $i_k\to i_{k+1}$. En las fórmulas $$I_{n+1} = I_n + \left(f(n) + \left ( \sum_{i_2 = 1}^{n-1} f(i_2) \ + \left ( \sum_{i_3 = 1}^{i_2-1} f(i_3) + \ldots + \sum_{i_{n}=1}^{i_{n-1}-1}f(i_{n})\right ) \right) \right) \\= I_n + (f(n)+I_n)$$

Así, la complicada buscando suma satisfacer la simple relación

$$I_{n+1} = 2I_n + f(n)$$

Para su caso especial de $f(x) = x$ la solución es $I_n = 2^n - n - 1 = 2^{z-1} - z$ que es el primer número de Euler (que sugieren probable es combinatorical prueba de la identidad). Como una verificación doble esta de acuerdo con un directo de computación numérica para $z=3,4,5,\ldots$ que da $1,4,11,26,\ldots$.

Otros casos simples para $f$ son también solveable. Por ejemplo, si $f(n) = 1$ entonces $I_{n} = 2^{n-1}-1$ y, en general, si $g$ es un polinomio de grado $n$ entonces $I_n = c2^n + g(n)$ donde $c$ es una constante y $g$ es un polinomio de grado $n$.

Answer 3

Tenga en cuenta que podemos escribir $$ \left( {z - 1} \right) - k = \left( \matriz{ \left( {z - 1} \right) - k \cr 1 \cr} \right) = \left( \matriz{ \left( {z - 1} \right) - k \cr \left( {z - 2} \right) - k \cr} \right)\quad \left| {\z \in \mathbb Z} \right. $$ y que $$ \left( \matriz{ \left( {z - 1} \right) - k \cr \left( {z - 2} \right) - k \cr} \right) = 0\quad \left| {\;z - 2 < k} \right. $$

A continuación, considere la posibilidad de que $$ \left( \matriz{ k - \left( {j + 1} \right) \cr k - \left( {j + 1} \right) \cr} \right) = \left\{ {\matriz{ 1 & {j + 1 \le k} \cr 0 & {k < j + 1} \cr } } \right. $$ y, finalmente, vamos a recordar que el "Doble de Convolución" para Binomial da $$ \sum\limits_{\left( {b\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,d} \right)} {\left( \matriz{ k - r \cr k - b \cr} \right)\left( \matriz{ s - k \cr d - k \cr} \right)} = \left( \matriz{ s - r + 1 \cr d - b \cr} \right)\quad \;\left| {\;d,b \in \mathbb Z} \right. $$ donde los límites en las $k$ están indicados entre paréntesis y se puede omitir porque implícito en el binomio

Esa premisa, tenemos que el interior de la suma se convierte en $$ \eqalign{ & \sum\limits_{j + 1\, \le \,k\, \le \,z - 2} {\left( {z - 1} \right) - k} = \sum\limits_{\left( {j + 1\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,z - 2} \right)} {\left( \matriz{ k - \left( {j + 1} \right) \cr k - \left( {j + 1} \right) \cr} \right)\left( \matriz{ \left( {z - 1} \right) - k \cr \left( {z - 2} \right) - k \cr} \right)} = \cr & = \left( \matriz{ z - \left( {j + 1} \right) \cr \left( {z - 2} \right) - \left( {j + 1} \right) \cr} \right) = \left( \matriz{ z - 1 - j \cr \left( {z - 3} \right) - j \cr} \right) \cr} $$ y a partir de aquí creo que la cdu puede continuar la cadena por ti mismo.