Dividir una serie de potencias infinitas entre otra serie de potencias infinitas

Question

Digamos que tengo dos series de potencia $\,\mathrm{F}\left(x\right) = \sum_{n = 0}^{\infty}\,a_{n}\,x^{n}$ y $\,\mathrm{G}\left(x\right) = \sum_{n = 0}^{\infty}\,b_{n}\,x^{n}$ .

Si defino la función $\displaystyle{\,\mathrm{H}\left(x\right) = \frac{\mathrm{F}\left(x\right)}{\mathrm{G}\left(x\right)} = \frac{\sum_{n = 0}^{\infty}\, a_{n}\,x^{n}}{\sum_{n = 0}^{\infty}\, b_{n}\, x^{n}}}$ ¿existe una forma general de ampliar $\,\mathrm{H}$ tal que $\,\mathrm{H}\left(x\right) = \sum_{n=0}^{\infty}\,c_{n}\,x^{n}$  ?.

Supongo, que lo que estoy preguntando es si hay una manera de conseguir los primeros $c_{n}$ coeficientes ?. Estoy tratando con un problema de física en el que tengo dos funciones de este tipo $\,\mathrm{F}$ , $\,\mathrm{G}$ y me gustaría obtener los primeros términos de la serie de potencias $\,\mathrm{H}$ .

Answer 1

La forma estándar (en otras palabras, no hay nada original en lo que estoy haciendo aquí) obtener $H(x)$ es escribir $H(x)G(x) = F(x)$ y obtener una iteración para el $c_n$ .

$\begin{array}\\ H(x)G(x) &=\sum_{i=0}^{\infty} c_{i} x^{i} \sum_{j=0}^{\infty} b_{j} x^{j}\\ &=\sum_{i=0}^{\infty} \sum_{j=0}^{\infty} c_{i}b_{j} x^{i+j}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty} \sum_{i=0}^{n} c_{i}b_{n-i} x^{n}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty} x^{n} \sum_{i=0}^{n} c_{i}b_{n-i} \\ \end{array} $

Desde $H(x)G(x) = F(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} $ , igualando los coeficientes de $x^n$ , obtenemos $a_n =\sum_{i=0}^{n} c_{i}b_{n-i} $ .

Si $n=0$ , esto es $a_0 = c_0b_0$ Entonces, suponiendo que $b_0 \ne 0$ , $c_0 =\dfrac{a_0}{b_0} $ .

Para $n > 0$ , suponiendo de nuevo que $b_0 \ne 0$ , $a_n =\sum_{i=0}^{n} c_{i}b_{n-i} =c_nb_0+\sum_{i=0}^{n-1} c_{i}b_{n-i} $ así que $c_n =\dfrac{a_n-\sum_{i=0}^{n-1} c_{i}b_{n-i}}{b_0} $ .

Esta es la iteración estándar para dividir polinomios.

Answer 2

Desde el multiplicación de series de potencias no es tan difícil podemos reducir la tarea en encontrar el recíproco $\frac{1 }{G(x)}$ de una serie de potencias \begin{align*} G(x)=\sum_{n=0}^\infty b_n x^n \end{align*} proporcionado $b_0\ne 0$ .

Según la obra de H.W. Gould Identidades combinatorias, vol. 4 fórmula (2.27) vale lo siguiente: Sea $b_0\ne 0$ entonces con

\begin{align*} \frac{1}{G(x)}=\frac{1}{\sum_{n=0}^\infty b_n x^n}=\sum_{n=0}^\infty B_n x^n \end{align*} obtenemos \begin{align*} B_0&=\frac{1}{b_0}\\ B_n&=\frac{1}{b_0^nn!}\left| \begin{array}{ccccc} 0&nb_1&nb_2&\cdots&nb_n\\ 0&(n-1)b_0&(n-1)b_1&\cdots&(n-1)b_{n-1}\\ 0&0&(n-2)b_0&\cdots&(n-2)b_{n-2}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1&0&0&\cdots&1\\ \end{array}\tag{1} \. \end{align*} El lado derecho de (1) es el determinante de un $(n\times n)$ -matriz.

Answer 3

Si utilizamos la serie geométrica, obtenemos

$$\frac1{G(x)}=\frac1{1-(1-G(x))}=\sum_{n=0}^\infty(1-G(x))^n$$

Esto funciona mejor si $b_0=1$ . Si $b_0=b$ entonces hay que reescalar de la siguiente manera:

$$\frac1{G(x)}=\frac{1/b}{1-(1-G(x)/b))}=\frac1b\sum_{n=0}^\infty\left(1-\frac{G(x)}b\right)^n$$

Proceder a foliar y luego multiplicar $F(x)$ para obtener el $H(x)$ .

Answer 4

También se puede derivar el siguiente método rápido (que funciona rápido al menos para unos pocos coeficientes de la expansión). Se deduce del cálculo umbral, ya que la función generatriz de la forma

$$ \mathrm{F}(x)=\sum_{n=0}^\infty a_n x^n $$

satisface la ecuación diferencial umbral (aquí $\theta=x\frac{d}{dx} \Rightarrow g(\theta)\cdot x^n = g(n)x^n$ ):

$$ (1+\theta)^{-1} a_{\theta+1}^{-1} a_{\theta}^{\vphantom{1}} \frac{d}{dx} \cdot \mathrm{F}(x) = \mathrm{F}(x) $$

Ahora uno necesita algunos pasos técnicos (que puedo proporcionar, si usted todavía está interesado en este tema, pero por ahora sólo creer, que funciona, o tratar de probar por sí mismo) para obtener la siguiente identidad. Para una secuencia dada $\{b_n\}_{n=0}^\infty$ considere el operador $\mathfrak{L}_b$ que actúa sobre secuencias como $$ \mathfrak{L}_bf(n) := f(n+1)-\frac{b_{n+1}}{b_0}f(0) $$ Entonces $$ \frac{\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^n}{\sum\limits_{n=0}^\infty b_n x^n}=\sum_{k=0}^\infty x^k \left.\left[\frac{1}{b_0} \mathfrak{L}_b^k \cdot a_n\right] \right|_{n=0} $$ En efecto \begin{align*} &\left.\left[\frac{1}{b_0} \mathfrak{L}_b^0 \cdot a_n\right] \right|_{n=0} = \frac{a_0}{b_0}\\ &\left.\left[\frac{1}{b_0} \mathfrak{L}_b^1 \cdot a_n\right] \right|_{n=0} = \left.\frac{1}{b_0}\left(a_{n+1}-\frac{b_{n+1}}{b_0}a_0\right)\right|_{n=0}=\frac{a_1}{b_0}-\frac{b_1 a_0}{b_0^2}\\ &\left.\left[\frac{1}{b_0} \mathfrak{L}_b^2 \cdot a_n\right] \right|_{n=0} =\\ &=\left.\frac{1}{b_0}\left(a_{n+2}-\frac{b_{n+2}}{b_0}a_0-\frac{b_{n+1}}{b_0}\left(a_1-\frac{b_1 a_0}{b_0} \right)\right)\right|_{n=0}=\\ &=\frac{a_2}{b_0}-\frac{a_0 b_2}{b_0^2}-\frac{a_1 b_1}{b_0^2}+\frac{a_0 b_1^2}{b_0^3} \end{align*} Espero que le sirva de ayuda.