两个部分分式分解的新证明

摘要

本文通过构造轮廓积分并利用柯西留数定理，给出了楚氏两个部分分式分解的新证明。

1介绍

广义调和数定义为

$$\开始{对齐}H_{0}^{（r）}=0\quad\text{和}\quad H_{n}^{（r）{=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^{r}}\quad\\text{表示}n，r=1,2，\ldot；\结束{对齐}$$

什么时候\（r=1），它们减少到经典谐波数\（H_{n}=H_{n}^{（1）}\）.

对于\（z\in\mathbb{C}\），移位阶乘定义为

$$（z）_{0}=1\quad\text{和}\quad（z）{n}=z（z+1）\cdots（z+n-1）\quad_text{表示}n=1,2，\ldots$$

完全Bell多项式\（\mathbf{乙}_{n} （x{1}，x{2}，\点，x{n}）\）由定义[10，第134页]

$$\exp\Biggl（\sum_{k=1}^{\infty}x_{k}\frac{z^{k}}{k！}\Biggr）=\sum_{n=0}^{infty{\mathbf{乙}_{n} （x{1}，x{2}，\点，x{n}）\分形{z^{n}{n！}，\quad\mathbf{乙}_{0}:=1, $$

(1)

带有显式表达式

$$\mathbf美元{乙}_{n} （x{1}，x{2}，\ldots，x{n}）=\sum{\pi（n）}\frac{n！}{k{1}！k{2}！\cdots k_｛n｝！｝\biggl（\frac{x{1}}{1！}\biggr）^{k{1}{\biggl$$

(2)

哪里\（\pi（n）\）表示的所有分区n个分为非负部分，即方程的所有非负整数解

$$m_{1}+2m_{2}+\cdots+nm_{n}=n$$

部分分式分解的方法在研究组合恒等式和相关问题中起着重要作用（参见，例如[1–9,11,12,14,16–22,24]以及其中的参考）。

2005年，楚[4]建立了两个有理函数的部分分式分解\（\压裂{1}{（x）^{\lambda}{n+1}}\）和\（分形{x^{theta}}{（x）^{lambda}{n+1}}\）基于归纳原理和著名的Faádi Bruno公式，从两个部分分数分解得到了几个引人注目的调和数恒等式。他构造了广义Hermite–Padé逼近对数，从而完全解决了Driver等人的公开问题[13].

我们现在重写楚的两个主要结果。

定理A

([4，定理2]）

让 λ,θ,和 n个 是三个自然数 \（0\leqsleat\theta<\lambda（n+1）\）.然后我们得到了代数恒等式

$$\frac{（n！）^{\lambda}}{（x）^{\slambda{{n+1}}=\sum^{无}_{k=0}（-1）^{k\lambda}\binom{n}{k}^{lambda}\sum^{\lambda-1}_{j=0}\frac{\Omega_{j}（\lambda，-k）}{j！（x+k）^{\lambda-j}}$$

(3)

其中Ω-系数定义为

$$\开始{aligned}&\Omega_{ell}（\lambda，x）=（-1）^{ell}\ell！\和{\parallel\tilde{m}\parallel=\ell}\frac{\lambda^{|\tilde}m}}{\tilde[m}！}\产品^{\ell}_{i=1}\frac{\mathcal{高}_{i} ^{m_{i}}（x）}{i^{m_a}}}，\\&\Omega_{ell}（\lambda，-k）=\ell！\和{\parallel\tilde{m}\parallel=\ell}\frac{\lambda^{|\tilde}m}}{\tilde[m}！}\prod^{\ell}_{i=1}\frac{\{theta-\lambdak^{i}[{高}_{k} ^{（i）}+（-1）^{i}{高}_{n-k}^{（i）}]\}^{m{i}}}{i^{m}}}。\结束{对齐}$$

定理B

([4，定理5]）

让 λ,θ,和 n个 是三个自然数 \（0\leqsleat\theta<\lambda（n+1）\）.那么我们就有了代数恒等式

$$\frac{（n！）^{\lambda}x^{\theta}}{（x）^{\tlambda{_{n+1}}=\sum^{无}_{k=0}（-1）^{k\lambda}\binom{n}{k}^{lambda}\sum^{\lambda-1}_{j=0}\frac{\Omega_{j}（\lambda，\theta，-k）}{j！（x+k）^{\lambda-j}}$$

(4)

哪里Ω-系数定义为

$$\开始{aligned}&\Omega_{ell}（\lambda，\theta，x）=x^{\theta-\ell}\sum_{\parallel\tilde{m}\parallel=\ell}，（-1）^{\ell+|\tilde}m}|}\frac{\ell！}{\tilde[m}！}\prod^｛\ell｝_｛i=1｝\frac｛\theta-\lambda x^｛i｝\mathcal{高}_{i} （x）\}^{m_{i}}}{i^{m_1}}}，\\&\Omega_{ell}（\lambda，\theta，-k）=k^{\theta-\ell}\sum_{parallel\tilde{m}\parallel=\ell}\prod^{\ell}_{i=1}\frac{\{theta-\lambdak^{i}[｛H｝_{k} ^{（i）}+（-1）^{i}{高}_{n-k}^{（i）}]\}^{m{i}}}{i^{m}}}。\结束{对齐}$$

关于的定义\（\波浪线{m}！，|\波浪线}m}|，\|\波浪线上{m}\|\）、和\（\数学{高}_{i} （x）\），请参阅[4第43页和第44页，（1.4a）]。

比较\（\Omega_{\ell}（\lambda，-k）\）、和\（\Omega_{\ell}（\lambda，\theta，-k）带表达式(2)对于完全贝尔多项式，不难重新构造定理A类和定理B类如下（让\（\theta\longmapsto M）).

定理1

假设 λ 和 n个 是正整数，并且 \（x\in\mathbb{C}\setminus\{0，-1，\点，-n\}\）.让 \（N=λ（N+1））.然后是部分分数分解

$$\frac{1}{（x）^{\lambda}_{n+1}}=\sum^{无}_{k=0}\frac{（-1）^{k\lambda}}{（n$$

(5)

哪里

$$x_｛i｝=\lambda（i-1）！\bigl（H_{k}^{（i）}+（-1）^{i} H（H）_{n-k}^{（i）}\bigr），\quad i=1,2，\ldots，\lambda-1$$

定理2

让 λ,M（M）,和 n个 是三个自然数，这样 \（λ斜面M<λ（n+1））.然后是部分分数分解

$$\frac{x^{M}}{（x）^{\lambda}_{n+1}}=\sum^{无}_{k=0}\frac{（-1）^{lambda{k}+M}}{（n！）}、$$

哪里

$$x{i}=（i-1）！\biggl[\lambda\bigl（H_｛k｝^｛（i）｝+（-1）^{i} H（H）_{n-k}^{（i）}\bigr）-\frac{M}{k^{i}}\biggr]，\quad i=1,2，\ldots，\lambda-1$$

在本文中，我们给出了一个新的定理证明1和定理2通过构造适当的轮廓积分。

我们在Sects中也使用了以下引理。 2和三.

引理3

([15])

让 \（P（z）\） 和 \（Q（z）\） 是多项式(在复变量中 z（z）)度 米 和 n个,分别地,由提供

$$P（z）=a_{0}z^{m} +a个_{1} z（z）^{m-1}+\cdots+a_{m}\quad\textit{和}\quad Q（z）=b_{0}z^{n} +b个_{1} z（z）^{n-1}+\cdots+b{n}$$

假设 \（P（z）\） 和 \（Q（z）\） 没有公共零.如果 \（\数学｛C｝\） 是包含极点的简单闭合路径 \（P（z）/Q（z）\） 在它的内部,然后

$$\点_｛\mathcal｛C｝｝\frac｛P（z）｝｛Q（z）｝\，\mathrm{d} z（z）=\textstyle\begin{cases}\frac{2\pi{i} 一个_｛0｝｝｛b_｛0｝｝，&n-m=1，\\0，&n-m\geqslant 2。\结束{cases}$$

(6)

2定理的证明1

在本节中，我们给出了一个新的定理证明1使用轮廓积分和柯西留数定理。我们需要两个引理。

引理4

假设 λ 和 n个 是正整数，并且 \（x\in\mathbb{C}\setminus\{0，-1，\点，-n\}\）.让 \（N=λ（N+1））.然后我们得到了代数恒等式

$$\frac{（n！）^{\lambda}}{（x）^{\slambda{{n+1}}=\sum^{无}_｛k=0｝\frac｛（-1）^｛\lambda｛k｝｝｝｝｛（n！）^｛\lambda｝（x+k）｝\binom｛n｝｛k｝^｛\lambda｝\frac｛\mathbf｛B｝｝_｛\lambda-1｝（y_｛1｝，\dots，y_｛\lambda-1｝）｝｛（\lambda-1）！｝$$

(7)

哪里

$$y_{i}=（i-1）！\biggl[\lambda\bigl（H_{k}^{（i）}+（-1）^{i} H（H）_{n-k}^{（i）}\bigr）+\frac{1}{（x+k）^{i}}\biggr]$$

(8)

证明

我们首先考虑两个多项式\（P（z）\）和\（Q（z）\）0度和\（N+1），分别由

$$P（z）=1\quad\text{和}\quad Q（z）=（z-x）\prod_{j=0}^{n}（z+j）^{\lambda}$$

接下来，我们为有理函数构造以下轮廓积分\（1/Q（z）\）:

\（点{\Gamma}\frac{1}{Q（z）}\，\mathrm{d} z（z）\)，其中Γ是一个简单的闭合轮廓，仅围绕单极x个属于\（1/Q（z）\）;

\（点{{\Gamma}{1}}\frac{1}{Q（z）}\，\mathrm{d} z（z）\)，其中\（{\Gamma}_{1}\）是围绕两极的简单闭合轮廓\（0，-1，\点，-n\）属于\（1/Q（z）\）.

应用柯西剩余定理，我们计算轮廓积分\（点{{\Gamma}}\frac{1}{Q（z）}\，\mathrm{d} z（z）\):

$$\开始{对齐}\point_{{\Gamma}}\frac{1}{Q（z）}\，\mathrm{d} z&=2{\pi}i\operatorname*{资源}_{z=x}\frac{1}{（z-x）\prod_{j=0}^{n}（z+j）^{\lambda}}=2{\pi}i\lim_{z\to-x}\frac{1}{\prod\j=0{^{n{（z+j）\lambda}}\\&=\frac}2{\pi{i}{\prod_{j=0}^}（x+j）压裂{2{\pi}i}{（x）{n+1}^{\lambda}}。\结束{对齐}$$

我们计算轮廓积分\（点{{{\Gamma}{1}}}\frac{1}{Q（z）}\，\mathrm{d} z（z）\)利用柯西剩余定理，对对数函数的幂级数展开

$$\log（1+z）=\sum^{\infty}_{n=1}（-1）^{n-1}\frac{z^{n}}{n}\quad\bigl（\vertz\vert<1\bigr）$$

以及完备Bell多项式的定义，我们得到

$$\开始｛对齐｝\点_｛｛\Gamma｝_｛1｝｝\frac｛1｝｛Q（z）｝\，\mathrm{d} z（z）&=2\pi{i}\sum^{无}_{k=0}\操作员姓名*{资源}_{z=-k}\frac{1}{（z-x）\prod_{j=0}^{n}（z+j）^{\lambda}}\\&=2\pi{i}\sum^{无}_{k=0}\bigl[（z+k）^{\lambda-1}\bigr]\frac{1}{（z-x）\prod^{无}_{{j=0\顶{j}\neq{k}}（z+j）^{\lambda}}\\&=2\pi{i}\sum^{无}_{k=0}\bigl[z^{\lambda-1}\bigr]\frac{1}{（z-x-k）\prod^{无}_{{j=0\顶{j}\neq{k}}（z-k+j）^{\lambda}}\\&=-2\pi{i}\sum^{无}_{k=0}\Biggl\{\frac{1}{（x+k）\prod^{无}_{{j=0\top j\neq k}}（j-k）^{\lambda}}\\&\quad{}\times\bigl[z^{\lambda-1}\bigr]\exp\Biggl[-\log\Biggl（1-\frac{z}{x+k}\biggr）-\lambda \sum^{无}_{j=0，j\neq{k}}\log\biggl（1+\frac{z}{j-k}\biggr）\biggr]\biggr\}\\&=-2\pi{i}\sum^{无}_{k=0}\Biggl\{\frac{（-1）^{\lambda{k}}{{（n！）^{\slambda}（x+k）}\binom{n}{k}^{\lambda}\\&\quadr{}\times\bigl[z^{\lambda-1}\bigr]\exp\Biggl[\sum^{\infty}_{i=1}（i-1）！\Biggl（\lambda \bigl（H_{k}（i）}+（-1）^{i} H（H）_{n-k}^{（i）}\bigr）+\frac{1}{（x+k）^{i}}\biggr）\biggr]\fracc{z^{i{}{i！}\biggr\}\\&=-2\pi{i}\sum^{无}_{k=0}\frac{（-1）^{\lambda{k}}}{（n。\结束{对齐}$$

让\（\mathcal{C}={\Gamma}+{\Gamma}_{1}\）.应用引理的第二个结果三，我们有\（点{\Gamma+{\Gamma}{1}}\frac{1}{Q（z）}\，\mathrm{d} z（z）=0\)或者，同等地\（点{\Gamma}\frac{1}{Q（z）}\，\mathrm{d} z=-点{{\Gamma}{1}}\frac{1}{Q（z）}\，\mathrm{d} z（z）\).因此我们直接获得了代数恒等式(7). □

引理5

完整的贝尔多项式具有以下递归关系:

$$开始{对齐}\frac{{mathbf{B}}_{\lambda-1}（y_{1}，\dots，y_{\lambda-1{）}{（\lambda-1）！}=\sum^{\lampda-1}_{j=0}\frac{{\mathbf}B}}（x_{1{，\dots，x_{j}）}{j！（x+k）^{lambda-j-1}}}。\结束{对齐}$$

(9)

证明

让

$$x{i}=（i-1）！\bigl[\lambda\bigl（H_{k}^{（i）}+（-1）^{i} H（H）_{n-k}^{（i）}\bigr）\bigr]$$

写入\（y{i}=x{i}+\frac{（i-1）！}{（x+k）^{i}}\）英寸(8). 利用完备Bell多项式的定义，对数函数的幂级数展开

$$\log（1+z）=\sum^{\infty}_{n=1}（-1）^{n-1}\frac{z^{n}}{n}$$

和几何级数

$$\frac{1}{1-z}=\sum^{\infty}_{n=0}z^{n}$$

我们得到

$$\begin{aligned}\begin{aligned}\frac{{mathbf{B}}_{lambda-1}（y_{1}，\dots，y_{\lambda-1-}）}{（\lambda-1）！}&=\bigl[t^{\lampda-1}\bigr]\exp\Biggl（\sum_{n=1}^{\infty}y_{n}\frac{t^{n}}{n！}\Biggr）\\&=\bigl[t^{\lambda-1}\bigr]\exp\Biggl\{\sum_{n=1}^{\infty}\Biggl（x_{n}+\frac{（n-1）！}{（x+k）^{n}}\bigcr）\frac}{t^{n{}}{n！}\Biggr\}\\&=\sum^{\lambda-1}_{j=0}\bigl[t^{j}\bigr]\exp\Biggl\{\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}\frac{t^{n}}{n！}\Biggr \}\bigle[t^}\lambda-1-j}\bigr]\exp\Biggl{n}\Biggl（\frac{t}{x+k}\bigr）^{n}\ Biggr\}\\&=\sum^{\lambda-1}_{j=0}\frac}{\mathbf{B}}_{j}（x{1}，\dots，x{j}）}{j！}\bigl[t^{\lambda-1-j}\biger]\exp\biggl\{-\log\biggl（1-\frac{t}{x+k}\biggr）\biggr\}\\&=\sum^{\lambda-1}_{j=0}\frac}{\mathbf{B}}_{j}（x{1}，\dots，x{j}）}{j！}\bigl[t^{\lambda-1-j}\bigr]\sum{n=0}^{\infty}\bigbl（分形{t}{x+k}\biggr）^{n}\\&=\sum^{\lambda-1}{j=0}\frac{{mathbf{B}}{j}（x{1}，点，x{j}）}{j！（x+k）^{lambda-j-1}}。\end{aligned}\end{alinged}$$

证据完整。□

定理的证明1

更换(9)引理的5由(7)引理的4，我们立即得到定理1. □

三定理的证明2

在本节中，我们给出了定理的不同证明2在同一条线上。我们首先陈述以下结果。

定理6

让 M（M） 为非负整数,让 λ 和 n个 为正整数,然后让 \（x\in\mathbb{C}\setminus\{0，-1，\点，-n\}\）.让 \（N=\lambda{N}\） 对于 \（M<\lambda{n}\）.然后是部分分数分解

$$\frac{x^{M}}{（x+1）^{\lambda}_{n}}=\sum^{无}_{k=1}\frac{（-1）^{lambda（{k}+1）+M}}{（n！）{\lambda-j}}$$

(10)

哪里

$$\开始{对齐}y_{i}=（i-1）！\biggl[\lambda\bigl（H_{k}^{（i）}+（-1）^{i} H（H）_｛n-k｝^｛（i）｝\bigr）-\frac｛\lambda+M｝｛k^｛i｝｝\biggr]，\ quad i=1,2，\ldots，\ lambda-1。\结束{对齐}$$

(11)

证明

这个证明与定理的证明相似1因此，我们只介绍了重要的步骤，而忽略了许多细节。

我们构造了两个多项式\（P（z）\）和\（Q（z）\）度M（M）和\（N+1），分别由

$$P（z）=z^{M}\quad\text{和}\quad Q（z）=（z-x）\prod_{j=0}^{n-1}（z+{j}+1）^{lambda}$$

我们考虑有理函数的两个轮廓积分\（P（z）/Q（z）\）:

\（点{\Gamma}\frac{P（z）}{Q（z）{，\mathrm{d} z（z）\)，其中Γ是一个简单的闭合轮廓，它只围绕单极x个属于\（P（z）/Q（z）\）;

\（点{{\Gamma}{1}}\frac{P（z）}{Q（z）{，\mathrm{d} z（z）\)，让\（｛\Gamma｝_｛1｝\）是围绕两极的简单闭合轮廓\（-1，-2，\点，-n\）属于\（P（z）/Q（z）\）.

我们得到轮廓积分\（点{{\Gamma}}\frac{P（z）}{Q（z）{，\mathrm{d} z（z）\)和\（点{{\Gamma}{1}}\frac{P（z）}{Q（z）{，\mathrm{d} z（z）\):

$$\开始{对齐}&\oint_{{\Gamma}}\frac{P（z）}{Q（z）{\，\mathrm{d} z（z）=2{\pi}i\frac{x^{M}}{（x+1）^{\lambda}{n}}，\\&\point_{{\Gamma}{1}}\frac}{P（z）}{Q（z）{，\mathrm{d} z（z）=-2\pi{i}\sum^{无}_{k=1}\frac{（-1）^{lambda{k}}（-k）^{\lambda+M}}{（n！）。\结束{对齐}$$

应用引理的第二个结果三，我们有以下代数恒等式：

$$\frac{x^{M}}{（x+1）^{\lambda}_{n}}=\sum^{无}_{k=1}\frac{（-1）^{lambda{k}}（-k）^{\lambda+M}}{（n！）$$

(12)

哪里

$$\开始{aligned}w_{i}=（i-1）！\biggl[\lambda\bigl（H_｛k｝^｛（i）｝+（-1）^{i} H（H）_{n-k}^{（i）}\bigr）-\frac{\lambda+M}{k^{i}}+\frac{1}{（x+k）^{i{}\biggr]，\quad i=1,2，\ldots，\lambda-1。\结束{对齐}$$

我们也可以得到

$$\boot｛aligned｝\frac｛\mathbf｛B｝｝_｛\lambda-1｝（w_｛1｝，\dots，w_｛\lambda-1｝）｝｛（\lambda-1）！｝=\sum^｛\lambda-1｝_｛j=0｝\frac｛\mathbf｛B｝｝_｛j｝（y_｛1｝，\dots，y_｛j｝）｝｛j！（x+k）^｛\lambda-j-1｝｝｝。\结束{对齐}$$

(13)

替换(13)到(12)，我们完成了定理的证明6. □

定理的证明2

我们显然有

$$\frac{x^{M}}{（x）^{lambda}_{n+1}}\equiv\frac}x^{M-\lambda{}}{（x+1）^{\lambda}_{n}}$$

出租\（M\longmapsto M-\lambda\）在定理中6，我们立即得到定理2. □

4结论

基本（或q个-)系列和基本（或q个-)多项式，尤其是基本（或q个-)超几何函数和basic（或q个-)超几何多项式具有广泛的应用，特别是在数论和组合分析的几个领域，如划分理论。

最近，斯利瓦斯塔瓦[23]发表了一篇关于q个-微积分与分数q个-微积分在复分析几何函数理论中的应用。值得注意的是，相当多的作者利用了所谓的\（（p，q）\）-引入看似多余的参数进行分析第页在处理经典问题的已知结果中q个-分析。在第340页上，斯利瓦斯塔瓦教授指出\（（p，q）\）-提议的变更q个-结果无关紧要，因为附加参数第页显然是多余的。

在本结论部分中，我们还建议相应的基本（或q个-)将本文的结果扩展到感兴趣的读者。