对称齐次式
本帖最后由 Buffalo 于 2014-3-27 10:20 编辑设\(x_i\lt1\)是一个快速趋于零的正数列，记\(\D T_n=\sum_{i=0}^{\infty} x_i^n,\quad S_N=\sum_{0\leq i_1 \leq i_2\leq \cdots \leq i_N} \prod_{j=1}^{N} x_{i_j}\), $A_N=\sum_{0\leq i_1< i_2< \cdots < i_N} \prod_{j=1}^{N} x_{i_j}$
现在要求：
1.0 用\(T_n\)表示\(S_N\)，$A_N$，事实上易知\(S_N\)，$A_N$一定是形如\(\D\prod_{n=1}^{N} T_n^{g_n}\)，其中\(\D\sum_{n=1}^{N}{n g_n}=N\)的单项式的线性组合，关键是求出系数。
1.1 证明或否定：$S_N=\sum_{\sum_{n=1}^{N}n g_n=N}\prod_{n=1}^{N} \frac{T_n^{g_n}}{g_n ! n^{g_n}}$
1.2 证明或否定：$A_N=\sum_{\sum_{n=1}^{N}n g_n=N} (-1)^{\sum_{n=1}^N g_n-N}\prod_{n=1}^{N} \frac{T_n^{g_n}}{g_n ! n^{g_n}}$
2.1 证明或否定：$\lim_{N\to\infty}S_N\frac{1}{\frac{\partial S_N}{\partial x_i}}+x_i$=与i无关的常数，换句话说，存在一个依赖于N以及对称地依赖于全体$x_i$的常数C，使得$\frac{1}{S_N}\frac{\partial S_N}{\partial x_i}~ \frac{1}{C-x_i}$
2.2 证明或否定：$\lim_{N\to\infty}A_N\frac{1}{\frac{\partial A_N}{\partial x_i}}-x_i$=与i无关的常数，换句话说，存在一个依赖于N以及对称地依赖于全体$x_i$的常数D，使得$\frac{1}{A_N}\frac{\partial A_N}{\partial x_i}~ \frac{1}{D+x_i}$ 我在想, $S_N$为啥不可以是一个齐次的和式 $A_N$有现成的结论:http://mathworld.wolfram.com/SymmetricPolynomial.html.
根据生成函数: \(\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{k-1}T_k}{k}t^k = \text{ln}(1+\sum_{i=1}^{+\infty}A_i t^i)\)
以及Newton-Girard 恒等式:
http://mathworld.wolfram.com/Newton-GirardFormulas.html
可以推导的出来
wayne 发表于 2014-3-29 11:38
$A_N$有现成的结论:http://mathworld.wolfram.com/SymmetricPolynomial.html.
根据生成函数: \(\displayst ...
一些背景：
这里实际上是用正则系综讨论有一定能级结构$\epsilon_i$的体系的统计物理问题，$x_i=e^{-\beta \epsilon_i}$，$S_N$，$A_N$分别是N个玻色子和N个费米子的配分函数，后面的两个表达式正比于第i个能级的平均粒子数$\frac{x_i}{Z_N}\frac{\partial Z_N}{\partial x_i}$。
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