Splot binomialny

[tomek1172]

Mam problem z dwoma dowodami. Najpierw napiszę to, co myślę, że będzie istotne.

Definicja splotu binomialnego:
Niech \(\displaystyle{ \mathbb{N}_0}\) oznacza zbiór nieujemnych liczb całkowitych a \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\) zbiór liczb naturalnych. Przez \(\displaystyle{ \mathbb{A}_0}\) oznaczymy zbiór wszystkich funkcji z \(\displaystyle{ \mathbb{N}_0}\) do ciała liczb zespolonych \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\).
Jeśli \(\displaystyle{ f,g \in \mathbb{A}_0}\), to przez \(\displaystyle{ f \ast g}\) oznaczymy funkcję, należącą do \(\displaystyle{ \mathbb{A}_0}\), określoną wzorem:

\(\displaystyle{ (f \ast g)(n)=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}f(k)g(n-k),}\)
dla wszystkich \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}_0}\)

Splot ten ma kilka własności, w tym:
Jeśli dana będzie funkcja
\(\displaystyle{ e(n)= \begin{cases} 1, &\text{gdy } n=0\\0, &\text{gdy } n > 0 \end{cases}}\)
to
\(\displaystyle{ f \ast e=f}\)

Czyli, że ta funkcja jest elementem neutralnym, ale nie mam pojęcia jak z tego wyjśc z racji, że ona może przyjmować dwie wartości.

Kolejna sprawa:
Jeśli \(\displaystyle{ a \in \mathbb{C}}\), to funkcję \(\displaystyle{ \varphi_a}\) należącą do \(\displaystyle{ \mathbb{A}_0}\) definiujemy następująco:
\(\displaystyle{ \varphi_a(n)= \begin{cases} 1, &\text{gdy } n=0\\a^n, &\text{gdy } n > 0\end{cases}}\)


Funkcja ta ma następujące własności:
\(\displaystyle{ \varphi_a \ast \varphi_b=\varphi_{a+b}}\), dla \(\displaystyle{ a,b \in \mathbb{C}}\).
\(\displaystyle{ \varphi_0=e.}\)
Funkcja \(\displaystyle{ \varphi_a}\) jest odwracalna w \(\displaystyle{ \mathbb{A}_0}\). Funkcją odwrotną jest \(\displaystyle{ \varphi_{-a}}\).

I tutaj również nie wiem jak to udowodnić, a powód m.in. taki sam jak wyżej, że funkcja przyjmuje dwie wartości.

[Dasio11]

Po pierwsze, czy wiesz, jak wygląda mnożenie formalnych szeregów potęgowych? Jeśli tak, to możesz bardzo łatwo zrozumieć operację splotu binomialnego, bo to jest w istocie to samo. Dokładniej:


Oznaczmy przez \(\displaystyle{ \CC[ {\hskip -1.0pt} [ z ] {\hskip -1.0pt} ]}\) zbiór wszystkich formalnych szeregów potęgowych o współczynnikach w \(\displaystyle{ \CC.}\)

Zdefiniujmy operację \(\displaystyle{ f \mapsto \widehat{f}}\) tak, że jeśli \(\displaystyle{ f \in \mathbb{A}_0,}\) to \(\displaystyle{ \widehat{f} \in \CC[ {\hskip -1.5pt} [ z ] {\hskip -1.5pt} ]}\) jest następującym formalnym szeregiem potęgowym:

\(\displaystyle{ \widehat{f}(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f(n)}{n!} \cdot z^n.}\)

Tę operację można odwrócić: jeśli dane jest \(\displaystyle{ \widehat{f} \in \CC[ {\hskip -1.0pt} [ z ] {\hskip -1.0pt} ],}\) to \(\displaystyle{ f \in \mathbb{A}_0}\) zadaje się wzorem

\(\displaystyle{ f(n) = n! \cdot \text{współczynnik stojący przy wyrazie } z^n \text{ w szeregu potęgowym } \widehat{f}(z).}\)

I teraz: dla dowolnych \(\displaystyle{ f, g \in \mathbb{A}_0}\) zachodzi \(\displaystyle{ \widehat{f \ast g} = \widehat{f} \cdot \widehat{g},}\) a dowód wynika wprost z definicji mnożenia szeregów potęgowych. Zatem operacja \(\displaystyle{ \ast}\) robi po stronie elementów \(\displaystyle{ \mathbb{A}_0}\) to samo, co mnożenie szeregów potęgowych robi w \(\displaystyle{ \CC[ {\hskip -1.0pt} [ z ] {\hskip -1.0pt} ].}\) Innymi słowy, następujące odwzorowanie struktur jest izomorfizmem:

\(\displaystyle{ ( \mathbb{A}_0, \ast ) \ni f \mapsto \widehat{f} \in ( \CC[ {\hskip -1.5pt} [ z ] {\hskip -1.5pt} ], \cdot )}\)


Jeśli nie miałeś szeregów potęgowych, pomyśl o takim szczególnym przypadku: oznaczmy

\(\displaystyle{ \mathbb{A}_{00} = \{ f \in \mathbb{A}_0 : (\exists n \in \NN_0)( \forall k > n ) f(k) = 0 \}}\)

tj. \(\displaystyle{ \mathbb{A}_{00}}\) to zbiór funkcji, które zerują się dla prawie wszystkich argumentów. Zauważmy, że dla każdego \(\displaystyle{ f \in \mathbb{A}_0}\) zachodzi:

\(\displaystyle{ f \in \mathbb{A}_{00} \iff \widehat{f} \text{ jest wielomianem}.}\)

Tj. jeśli \(\displaystyle{ f(k) = 0}\) dla \(\displaystyle{ k > n}\) to

\(\displaystyle{ \widehat{f}(z) = f(0) + f(1) \cdot z + \ldots + f(n) \cdot z^n.}\)

Zbiór wielomianów o współczynnikach w \(\displaystyle{ \CC}\) możemy oznaczyć przez \(\displaystyle{ \CC[z] \subseteq \CC[ {\hskip -1.0pt} [ z ] {\hskip -1.0pt} ].}\) Wtedy następujące odwzorowanie struktur jest izomorfizmem:

\(\displaystyle{ (\mathbb{A}_{00}, \ast) \ni f \mapsto \widehat{f} \in ( \CC[z], \cdot )}\)


Podsumowując, operacja \(\displaystyle{ \ast}\) jest w istocie mnożeniem szeregów potęgowych, a w szczególnym przypadku - mnożeniem wielomianów.



Wiedząc to, można na pierwsze z Twoich zadań spojrzeć tak: należy wykazać, że mnożenie dowolnego wielomianu przez wielomian \(\displaystyle{ \widehat{e}(z) \equiv 1}\) stale równy \(\displaystyle{ 1}\) daje ten sam wielomian. A to jest oczywiste.

Ale żeby zrobić to w terminach operacji \(\displaystyle{ \ast}\):

\(\displaystyle{ (f \ast e)(n) = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} f(k) \cdot e(n-k).}\)

Z definicji, \(\displaystyle{ e(n-k) = 0}\) dla \(\displaystyle{ k < n,}\) zatem zerowe są wszystkie składniki powyższej sumy z wyjątkiem dla \(\displaystyle{ k=n}\):

\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} f(k) \cdot e(n-k) = \binom{n}{n} f(n) \cdot e(0).}\)

Ale \(\displaystyle{ e(0) = 1,}\) czyli

\(\displaystyle{ \binom{n}{n} f(n) \cdot e(0) = 1 \cdot f(n) \cdot 1 = f(n),}\)

tj. \(\displaystyle{ f \ast e = f.}\)



Na drugie zadanie można spojrzeć tak: szereg

\(\displaystyle{ \widehat{\varphi_a}(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a^n}{n!} \cdot z^n}\)

reprezentuje funkcję zespoloną \(\displaystyle{ e^{az},}\) więc równość

\(\displaystyle{ \varphi_a \ast \varphi_b = \varphi_{a+b}}\)

po stronie szeregów potęgowych wygląda tak:

\(\displaystyle{ e^{az} \cdot e^{bz} \equiv e^{(a+b)z},}\)

czyli jest prawdziwą tożsamością. W takim razie po stronie splotu też powinno wyjść - spróbuj to zrobić.

Odnośnie Twoich obaw: nie przejmuj się, że w definicji \(\displaystyle{ e}\) oraz \(\displaystyle{ \varphi_a}\) wzory na wartość są różne dla argumentów spełniających różne warunki. Po prostu zacznij liczyć splot i w momencie, w którym tych wartości będziesz potrzebował, będzie jasne, który z przypadków zastosować.

[tomek1172]

Dziękuję za pierwszą część - przynajmniej wiem od czego wyjść

Nadal jednak zastanawiam się nad drugim zadaniem. Nie wiem w sumie czy w dobrą stronę idę z moim rozumowaniem.

\(\displaystyle{ \varphi_a \ast \varphi_b=\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\varphi_a(k)\varphi_b(n-k)}\)

I teraz w nawiązaniu do definicji dla \(\displaystyle{ \varphi_a}\) i \(\displaystyle{ \varphi_b}\) otrzymamy, że:

gdy \(\displaystyle{ n-k=0 \Rightarrow n=k}\)

\(\displaystyle{ \binom{n}{n}\varphi_a(n)\varphi_b(0)=\varphi_a(n)=..}\)

\(\displaystyle{ \varphi_b(0)=1}\), ale \(\displaystyle{ \varphi_a(n)}\) znowu może przyjąć dwie wartości.. Nie wiem co z tego wywnioskować znika mi \(\displaystyle{ \varphi_b(n)}\), które jest mi potrzebne..

(poniższe chyba wyszło ) )
a gdy \(\displaystyle{ n-k>0 \Rightarrow n>k}\)

\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\varphi_a(k)\varphi_b(n-k)=\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}a^k \cdot b^{n-k}=(a+b)^n=\varphi_{a+b}}\)

czy w sprawdzeniu \(\displaystyle{ \varphi_0=e}\) wystarczy podstawienie \(\displaystyle{ a=0}\) i wówczas zauważyć, że otrzymujemy po prostu \(\displaystyle{ e(n)}\)?

w ostatniej własności mamy, że
\(\displaystyle{ \varphi_a \ast \varphi_{-a}=e}\)
I tutaj postępując jak w dowodzie pierwszej własności dla \(\displaystyle{ n=k}\)

dostaję to samo, czyli:
\(\displaystyle{ \binom{n}{n}\varphi_a(n)\varphi_{-a}(0)=\varphi_a(n)}\)
(i nie wiem ponownie co z tym zrobić, chyba że jest w tym jakiś błąd)

dla \(\displaystyle{ n>k}\)

\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\varphi_a(k)\varphi_{-a}(n-k)=\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}a^k(-a)^{n-k}=(a-a)^n=0=e(n)}\) dla \(\displaystyle{ n>1}\) - to jest poprawne?

[Dasio11]

I teraz w nawiązaniu do definicji dla \(\displaystyle{ \varphi_a}\) i \(\displaystyle{ \varphi_b}\) otrzymamy, że:

gdy \(\displaystyle{ n-k=0 \Rightarrow n=k}\)

\(\displaystyle{ \binom{n}{n}\varphi_a(n)\varphi_b(0)=\varphi_a(n)=..}\)

\(\displaystyle{ \varphi_b(0)=1}\), ale \(\displaystyle{ \varphi_a(n)}\) znowu może przyjąć dwie wartości.. Nie wiem co z tego wywnioskować znika mi \(\displaystyle{ \varphi_b(n)}\), które jest mi potrzebne..

To do niczego nie prowadzi.

a gdy \(\displaystyle{ n-k>0 \Rightarrow n>k}\)

\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\varphi_a(k)\varphi_b(n-k)=\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}a^k \cdot b^{n-k}=(a+b)^n=\varphi_{a+b}}\)

Założenie, że \(\displaystyle{ n > k,}\) jest bez sensu, bo \(\displaystyle{ k}\) nie jest ustalone na zewnątrz, tylko jest indeksem w sumie. Reszta w porządku.

Właściwie w definicji \(\displaystyle{ \varphi_a}\) niepotrzebny jest podział na przypadki, bo \(\displaystyle{ (\forall a \in \RR) \, a^0 = 1,}\) więc tak czy owak \(\displaystyle{ \varphi_a(n) = a^n.}\) Dlatego Twoje obliczenia z drugiego cytatu wystarczają.

czy w sprawdzeniu \(\displaystyle{ \varphi_0=e}\) wystarczy podstawienie \(\displaystyle{ a=0}\) i wówczas zauważyć, że otrzymujemy po prostu \(\displaystyle{ e(n)}\)?

Tak.

dla \(\displaystyle{ n>k}\)
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\varphi_a(k)\varphi_{-a}(n-k)=\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}a^k(-a)^{n-k}=(a-a)^n=0=e(n)}\) dla \(\displaystyle{ n>1}\) - to jest poprawne?

Tak, z wyjątkiem końcówki:

\(\displaystyle{ (a-a)^n = \begin{cases} 1 & \text{gdy } n = 0 \\ 0 & \text{gdy } n > 0 \end{cases} = e(n).}\)

Prościej jest jednak zauważyć, że z udowodnionej wcześniej równości \(\displaystyle{ \varphi_a \ast \varphi_b = \varphi_{a+b}}\) wynika od razu:

\(\displaystyle{ \varphi_a \ast \varphi_{-a} = \varphi_{a + (-a)} = \varphi_0 = e.}\)