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[原创] 开一个公式编辑贴

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发表于 2018-1-16 13:09:12 | 显示全部楼层 |阅读模式

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有时候想编辑几个公式,短的还好,长的只有发表以后才能显示完整。所以开一个帖子,用来编辑公式。论坛的公式显示比一般的Latex编辑器要好很多。
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
 楼主| 发表于 2018-1-16 13:09:55 | 显示全部楼层
本帖最后由 lsr314 于 2018-1-16 13:21 编辑

$Res(q=1)=\frac{6n^2-6(a+b+c)n+a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca}{12abc}.$
令$\theta_a^k=e^{\frac{2\pi ik}{a}},(k=1,2,\cdots,a-1)$,如果a,b,c两两互素,则
$Res(q=\theta_a^k)=\frac{\theta_a^{b+c-n}}{a(1-\theta_a^b)(1-\theta_a^c)}.$
$f(n)=Req(q=1)+\sum_{k=1}^{a-1}Res(q=\theta_a^k)+\sum_{k=1}^{b-1}Res(q=\theta_b^k)+\sum_{k=1}^{c-1}Res(q=\theta_c^k)$
$f(n)=\frac{6n^2-6(a+b+c)n+a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca}{12abc}$
             $+\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\theta_a^{b+c-n}}{a(1-\theta_a^b)(1-\theta_a^c)}+\sum_{k=1}^{b-1}\frac{\theta_b^{a+c-n}}{b(1-\theta_b^a)(1-\theta_b^c)}+\sum_{k=1}^{c-1}\frac{\theta_c^{b+a-n}}{c(1-\theta_c^b)(1-\theta_c^a)}$
以求$2x+3y+4z=n$的正整数解为例:
$res(q=1)=1/288 (6 n^2 - 54 n + 107)$
$res(q=-1)=-1/32 (-1)^{-n} (2 n - 9)$
$res(q=i)=(1/16 + i/16) i^{-n}$
$res(q=-i)=(1/16 - i/16) (-i)^{-n}$
$res(q=w)=1/9 e^{-2/3\pi i n}$
$res(q=w^2)=1/9 e^{2/3\pi i n}$
相加,得
$f(n)=1/288 (6 n^2 - 54 n + 107) - 1/32 (-1)^(-n) (2 n - 9) + 1/8 sin((π n)/2) + 1/8 cos((π n)/2) + 2/9 cos((2 π n)/3)$
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毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2018-1-16 13:28:10 | 显示全部楼层
论坛下面不是已自带公式编辑预览吗?
可以在提交前反复编辑,看对应的效果,确定好后在提交。

点评

切换到高级回复模式,在 Firefox 下可以自动或手动调节大小的。  发表于 2018-1-17 07:39
如果预览框可以做成可动态拖动大小就好了  发表于 2018-1-16 16:56
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 楼主| 发表于 2018-1-16 14:14:24 | 显示全部楼层
本帖最后由 lsr314 于 2018-1-16 15:08 编辑

似乎有$Res(q=\theta_a^k)+Res(q=\theta_a^-k)=-1/(2a)csc(b/ak\pi)csc(c/ak\pi)cos((b+c-2n)/akpi)$
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 楼主| 发表于 2018-1-16 14:15:38 | 显示全部楼层
本帖最后由 lsr314 于 2018-1-16 14:18 编辑
gxqcn 发表于 2018-1-16 13:28
论坛下面不是已自带公式编辑预览吗?
可以在提交前反复编辑,看对应的效果,确定好后在提交。


预览窗口不能放大,为了编辑好以后截图保存,要提交以后才能完整的截图

点评

切换到高级回复模式,在 Firefox 下可以自动或手动调节大小的。  发表于 2018-1-17 07:40
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发表于 2018-1-16 18:52:06 | 显示全部楼层
本帖最后由 kastin 于 2018-1-16 18:53 编辑
lsr314 发表于 2018-1-16 13:09
$Res(q=1)=\frac{6n^2-6(a+b+c)n+a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca}{12abc}.$
令$\theta_a^k=e^{\frac{2\pi ik}{a} ...


不错的思路,利用留数计算系数。
令 `\D g(x)=\frac{1}{(1-x^a)(1-x^b)(1-x^c)}`,则 `f(n)=[x^n]g(x)`,这里 `[x^k]g(x)` 表示取 `g(x)` 泰勒级数的 `x^k` 项系数。
因为\[[x^n]g(x)=\frac{g^{(n)}(0)}{n!}=\frac{1}{2\pi i}\int_{\it\Gamma}\frac{g(z)}{z^{n+1}}\dif z\]其中 `\it\Gamma` 是以 `z=0` 为圆心且半径小于1的正向圆周。考虑到 `g(z)/z^{n+1}` 只有有限个孤立奇点,故留数之和在扩充复平面为零,于是\[[x^n]g(x)=-\sum_{k=1}^s\mathrm{Res}[\frac{1}{z^{n+1}}g(z),z_k]\]其中`z_1,z_2,\cdots,z_s` 为 `g(z)` 的 `s` 个奇点。楼主有个符号错误,这里算出来\[-\mathrm{Res}[\frac{1}{z^{n+1}(1-z^a)(1-z)^b(1-z^c)},1]=\frac{6n^2+6(a+b+c)n+a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{12abc}\]

实质上,上面可以绕过柯西积分公式,直接利用留数与洛朗级数的关系来理解:将 `g(z)` 除以 `z^{n+1}`,则 `z^n` 的系数变为 `z^{-1}` 的系数,即 `z=0` 处的的留数,然后利用复平面留数和为零转换为 `g(z)` 的孤立奇点处留数之和的相反数。
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 楼主| 发表于 2018-1-16 19:49:55 | 显示全部楼层
kastin 发表于 2018-1-16 18:52
不错的思路,利用留数计算系数。
令 `\D g(x)=\frac{1}{(1-x^a)(1-x^b)(1-x^c)}`,则 `f(n)=[x^n]g(x) ...

符号应该无误,你可以检查一下
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发表于 2018-1-16 20:31:30 | 显示全部楼层
lsr314 发表于 2018-1-16 19:49
符号应该无误,你可以检查一下
  1. Residue[-1/z^(n + 1)/(1 - z^a)/(1 - z^b)/(1 - z^c), {z, 1}] //
  2. Collect[Numerator@#, n]/Denominator@# &
复制代码
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 楼主| 发表于 2018-1-16 20:43:11 | 显示全部楼层
本帖最后由 lsr314 于 2018-1-16 20:50 编辑


哈哈,你算的是非负整数解,我算的是正整数解
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发表于 2018-1-16 21:50:04 | 显示全部楼层
若 `a,b,c` 互素,那么单位根 `\varepsilon_a^k=\D\exp(\frac{2k\pi}{a}),\;(k=1,2,\cdots,a-1)` 都是 `g(z)` 的单极点,因此\[-\mathrm{Res}[\frac{1}{z^{n+1}(1-z^a)(1-z^b)(1-z^c)},\varepsilon_a^k]=\frac{1}{\varepsilon_a^{k(n+1)}(1-\varepsilon_a^{bk})(1-\varepsilon_a^{ck})}\lim_{z\to \varepsilon_a^k}\frac{1}{(z-\varepsilon_a^1)(z-\varepsilon_a^2)\cdots(z-\varepsilon_a^{k-1})(z-\varepsilon_a^{k+1})(z-\varepsilon_a^{a-1})}=\frac{1}{\varepsilon_a^{k(n+1)}(1-\varepsilon_a^{bk})(1-\varepsilon_a^{ck})}\cdot\frac{1}{(z^a-1)'}|_{z=\varepsilon_a^k}=\frac{1}{a\varepsilon_a^{kn}(1-\varepsilon_a^{bk})(1-\varepsilon_a^{ck})}\]上面最后一步用到了单位根的周期性质。
看来是母函数不同造成的,仔细看来下,发现你说的是正整数解,而上面的`g(z)` 是非负正整数解的母函数。这样一来,需要在分子乘上 `z^{a+b+c}` 项,于是上面最后的结果就能吻合得上了。不过这个单位根的有理式求和还是比较复杂的。
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