Propiedad de un recurrente entero secuencia

Question

Vagamente relacionado con esta pregunta, me he encontrado con un recursiva secuencia de enteros $(b(j,n))_{j\in\mathbb Z,n\in\mathbb N}$ dada por

$$ b(0,1)=-1\qquad b(j,n)=0\text{ si }j<0\text{ o }j\geq n\\ b(j,n+1)=b(j,n)(2j-n)+b(j-1,n)(2j-3n-1)\text{ para todo }n\in\mathbb N, j\in\lbrace 0,\ldots,n\rbrace.\la etiqueta{1} $$

Tenga en cuenta que la no-desaparición de los términos de $(b(j,n))_{j\in\mathbb Z,n\in\mathbb N}$ formar un triángulo $$ \begin{matrix} &\underline{j=0}&\underline{j=1}&\ldots&&\\ n=1\,|&-1 &&&&\\ n=2\,|&\hphantom{-}1 &\hphantom{-}2&&&\\ \vdots&-2 &-5&-6&&\\ &\hphantom{-}6 &\hphantom{-}21 &\hphantom{-}24 &\hphantom{-}24&\\ &-24 &-108 &-189 &-120 &-120 \end{de la matriz} $$

Ahora explícita cálculos sugieren que se puede conectar el polinomio de pesos en $j$ $n$ $b(j,n)$ tales que la suma de cualquier fila se desvanece. Más precisamente:

Conjetura. Para cualquier $n\in\mathbb N$ $$ \sum_{j=0}^{n-1} b(j,n)\big( 32j^3-32(2n-1)j^2 +2(22n de toshiba^2-30n+13)j-(n-1)(2n-1)(5n-6) \big)=0 $$

Yo creo que esto es cierto, pero hasta el momento yo no era capaz de demostrarlo. El problema con la inducción de aquí es que cuando se utiliza (1) en la inducción de paso, el peso se $j^4$-términos que no pueden ser conectados directamente a la (2) nunca más.

La manera más obvia sería tratando de encontrar una forma cerrada para la $b(j,n)$, pero que parece bastante difícil y tenía la esperanza de que allí sería más fácil, "intrínseca" (sólo el uso de la recursividad o de otras propiedades de la secuencia) manera de probar esto. Soy consciente de las funciones de generación ansatz pero como los "pesos" en (1) dependen de $j,n$ este parece que no funciona directamente.

Gracias de antemano por cualquier respuesta o comentario!

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Edit: sólo para vizualize el problema, el primer no-desaparición de los elementos de la secuencia en cuestión $\scriptstyle\big(b(j,n)(32j^3-32(2n-1)j^2 +2(22n^2-30n+13)j-(n-1)(2n-1)(5n-6))\big)_{j\in\mathbb Z,n\in\mathbb N}$ están dadas por

$$ \begin{matrix} &\underline{j=0}&\underline{j=1}&\ldots&&\\ n=1\,|&0 &&&&\\ n=2\,|&-12&\hphantom{-}12&&&\\ \vdots&\hphantom{-}180 &-120& -60&&\\ &-1764 &\hphantom{-}84 &\hphantom{-}1104 &\hphantom{-}576&\\ &\hphantom{-}16416 &\hphantom{-}12312 &-13608 &-7920 &-7200 \end{de la matriz} $$

Ahora es evidente que cualquier fila que aquí se resume a 0.

Answer 1

Aquí están algunos de los resultados parciales. Puedo reducir su conjetura identidades que involucran sólo a los polinomios, que esperamos son más fáciles de demostrar.

La observación de la parte derecha del triángulo, parece que $b(n-1,n)=(-1)^n (n!)$, y, de hecho, este hecho es fácilmente controlado por inducción en $n$. Ir hacia la izquierda por un solo paso, también parece que $b(n-2,n)=(-1)^{n-1}n!\frac{(n-1)(n-8)}{12}$, y, de hecho, este hecho también es fácilmente controlado por inducción en $n$. Más en general, vamos a definir para los números enteros $0\leq d \lt n$

$$ t(d,n)=\frac{b(n-1-d,n)}{(-1)^{n+d}n!\prod_{k=1}^d (n-k)} \etiqueta{3} $$

Así, las dos observaciones anteriores nos dicen que $t(0,n)=1$$t(1,n)=\frac{n-8}{12}$. De hecho, he comprobado por $n\leq 10$ el siguiente :

Conjetura 2. Cuando un valor distinto de cero (es decir, para $n \gt d$), $t(d,n)$ es un polinomio de grado $d$$n$.

Cuando se traduce en términos de $t$, la relación recursiva que rigen $b$ se convierte en

$$ n(n+1)t(d+1,n+1)-(n-d-1)(n+2d+3)t(d+1,n)=(n-2d-2)t(d,n) \etiqueta{4} $$

Deje $h(j,n)= 32j^3-32(2n-1)j^2 +2(22n^2-30n+13)j-(n-1)(2n-1)(5n-6)$. Su suma $S_n=\sum_{j=0}^{n-1} b(j,n)h(j,n)$ puede ser reescrita como $S_n=\sum_{d=0}^{n-1} h(n-1-d,n)b(n-1-d,n)=(-1)^n n!U_{n}(n)$ donde $U_{n}(m)=\sum_{d=0}^{n-1} (-1)^d h(m-1-d,m)t(d,m)\prod_{k=1}^d (m-k)$. Ahora, he comprobado por $n\leq 10$ el siguiente

Conjetura 3. $U_{n}$ es un polinomio (en $m$) divisible por $\prod_{k=1}^{n} (m-k)$.

En particular, se ha $U_{n}(n)=0$, lo que implica su conjetura.

Answer 2

No veo por qué no puede usar funciones de generación (aunque un gran lío).

Deje $F = \sum_{j,n}b(j,n)x^jy^n$ ser la generación de la función.

La recurrencia de la relación se convierte en un PDE:

$$\frac{\partial F}{\partial x}(2yx + 2yx^2) - \frac{\partial F}{\partial y}(y^2 - 3xy^2) = F(1+yx)$$

En este supuesto, deberá demostrar los siguientes (fuertemente simplificado, pero todavía horrendas):

$$[32\frac{\partial^3 F}{\partial x^3} -64y\frac{\partial^3 F}{\partial x^2 \partial y} + 44y^2\frac{\partial^3 F}{\partial x \partial y^2} - 10y^3\frac{\partial^3 F}{\partial y^3} + $$

$$+ 128\frac{\partial^2 F}{\partial x^2} -80y\frac{\partial^2 F}{\partial x \partial y} -57y^2\frac{\partial^2 F}{\partial y^2} + $$

$$+ 90\frac{\partial F}{\partial x} -14y\frac{\partial F}{\partial y} - 6F]\vert_{x = 1} = 0$$

La que podemos obtener mediante la codificación de la meta como un PDE, a continuación, configuración de $x=1$ que suma los coeficientes de cada potencia de $y$, y diciendo que debe ser igual a $0$.

Estoy seguro de que un ordenador podía hacer el resto.