多重総和と二項係数と無限等比数列の一般化について

この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。

何をしたのか

$\frac{1}{1 - x} = \sum_{k = 0}^{\infty} x^{k}$
を一般化した

結果

$4 つの公式 + α$ が手に入った

1.
$T_{n} = \sum_{k = 0}^{\infty}_{n + k - 1} C_{n - 1} x^{k} = \frac{1}{(1 - x)^{n}}$
2.
$_{k + n - 1} C_{n} = \sum_{a_{1} = 1}^{k} \sum_{a_{2} = 1}^{a_{1}} \dots \sum_{a_{n} = 1}^{a_{n - 1}} 1$
3.
$_{a + b} C_{b} = \frac{1}{b!} \prod_{i = 1}^{b} (a + i)$
4.
$\frac{d T_{n}}{d x} = n T_{n + 1}$

それぞれの導出とか

1.と2.は自分で考えたのでよくわかりません
それっぽいの

せや
$\frac{1}{1 - x} = \sum_{k = 0}^{\infty} x^{k}$
一般化したろ
とりあえず $T_{n, k} と T_{n}$ を定める
$T_{n} = \sum_{k = 0}^{\infty} T_{n, k} x^{k} = \frac{1}{(1 - x)^{n}}$
例1.
$T_{1} = 1 + x + x^{2} + \dots$
あっ
$T_{n} - T_{n} x = T_{n - 1}$
$T_{n} = \frac{T_{n - 1}}{1 - x}$
より $T_{n}$ は存在する
$T_{n, x}$ はその前の $T_{n - 1}$ を因数に持つから

$T_{k + 1. n - 1} = \sum_{a_{1} = 1}^{k} \sum_{a_{2} = 1}^{a_{1}} \dots \sum_{a_{n} = 1}^{a_{n - 1}} 1$
$T_{n}$ 規則性あるな..
$T_{1} = 1 + x + x^{2} + x^{3} + x^{4} \dots$
$T_{2} = 1 + 2 x + 3 x^{2} + 4 x^{3} + 5 x^{4} \dots$
$T_{3} = 1 + 3 x + 6 x^{2} + 10 x^{3} + 20 x^{4} \dots$
二項係数っぽいから調整して
$T_{n} = \sum_{k = 0}^{\infty}_{n + k - 1} C_{n - 1} x^{k} = \frac{1}{(1 - x)^{n}}$
1.を手に入れた
二項係数..!
$_{k + n - 1} C_{n} = \sum_{a_{1} = 1}^{k} \sum_{a_{2} = 1}^{a_{1}} \dots \sum_{a_{n} = 1}^{a_{n - 1}} 1$
2.を手に入れた

3.は4.の証明に必須なので

証明手法

$_{a + b} C_{b} = \frac{1}{b!} \prod_{i = 1}^{b} (a + i)$
を証明する
変形によって簡単に求めれる
$_{a + b} C_{b} = \frac{(a + b)!}{b! a!} = \frac{1}{b!} \prod_{i = 1}^{b} (a + i)$

4.証明

証明手法

$\begin{array}{rcl} \frac{d T_{n}}{d x} & = & \sum_{k = 0}^{\infty}_{n + k - 1} C_{n - 1} \frac{d x^{k}}{d x} \\ = & \sum_{k = 1}^{\infty}_{n + k - 1} C_{n - 1} k x^{k - 1} \\ = & \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{(n - 1)!} \prod_{i = 1}^{n - 1} (k + i) k x^{k - 1} \\ = & \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{(n - 1)!} \prod_{i = 1}^{n - 1} (k + i + 1) (k + 1) x^{k} \\ = & \sum_{k = 0}^{\infty} x^{k} \frac{k + 1}{(n - 1)!} \prod_{i = 2}^{n} (k + i) \\ = & \sum_{k = 0}^{\infty} x^{k} \frac{1}{(n - 1)!} \prod_{i = 1}^{n} (k + i) \\ = & \sum_{k = 0}^{\infty} x^{k} \frac{n}{n!} \prod_{i = 1}^{n} (k + i) \\ = & \sum_{k = 0}^{\infty} n \cdot x^{k} \frac{1}{n!} \prod_{i = 1}^{n} (k + i) \\ = & \sum_{k = 0}^{\infty} n \cdot x^{k}_{k + n} C_{n} \\ = & n \sum_{k = 0}^{\infty}_{k + n} C_{n} x^{k} \\ = & n T_{n + 1} \\ より完了 \end{array}$

これらを利用した $k^{n}$ 総和の導出

2.3.を使う

2.
$_{k + n - 1} C_{n} = \sum_{a_{1} = 1}^{k} \sum_{a_{2} = 1}^{a_{1}} \dots \sum_{a_{n} = 1}^{a_{n - 1}} 1$
3.
$_{a + b} C_{b} = \frac{1}{b!} \prod_{i = 1}^{b} (a + i)$

2.3.を利用し
$\frac{1}{n!} \prod_{i = 0}^{n - 1} (k + i) = \sum_{a_{1} = 1}^{k} \sum_{a_{2} = 1}^{a_{1}} \dots \sum_{a_{n} = 1}^{a_{n - 1}} 1$
これを使い $\sum_{a = 0}^{k} a^{2}$ を求める

$n = 3$ ( $\sum_{a = 0}^{k} a^{s}$ の時 $n = s + 1$ )
総和
$\begin{array}{rcl} \sum_{a_{1} = 1}^{k} \sum_{a_{2} = 1}^{a_{1}} \sum_{a_{3} = 1}^{a_{2}} 1 & = & \sum_{a_{1} = 1}^{k} \sum_{a_{2} = 1}^{a_{1}} a_{2} \\ = & \sum_{a_{1} = 1}^{k} \frac{1}{2} a_{1} (a_{1} + 1) \\ = & \sum_{a_{1} = 1}^{k} \frac{1}{2} a_{1}^{2} + a_{1} \\ これは \sum_{a = 0}^{k} a^{2} が \\ 求めれないので \\ ここから計算できない \\ ここで 3. を使用 \\ 与式 & = & \frac{1}{3!} \prod_{i = 0}^{2} (k + i) \\ = & \frac{1}{6} k (k + 1) (k + 2) \\ \sum_{a_{1} = 1}^{k} \frac{1}{2} a_{1}^{2} + \frac{1}{2} a_{1} & = & \frac{1}{6} k (k + 1) (k + 2) \\ \frac{1}{4} k (k + 1) + \sum_{a_{1} = 1}^{k} \frac{1}{2} a_{1}^{2} & = & \frac{1}{6} k (k + 1) (k + 2) \\ \sum_{a_{1} = 1}^{k} \frac{1}{2} a_{1}^{2} & = & \frac{1}{6} k (k + 1) (k + 2) - \frac{1}{4} k (k + 1) \\ = & \frac{1}{12} k (k + 1) (2 k + 1) \\ \sum_{a_{1} = 1}^{k} \frac{1}{2} a_{1}^{2} & = & \frac{1}{12} k (k + 1) (2 k + 1) \\ 両辺を二倍し \\ \sum_{a_{1} = 1}^{k} a_{1}^{2} & = & \frac{1}{6} k (k + 1) (2 k + 1) \end{array}$
こんな感じ
おーわり