q-тождество Вандермонда

Q-аналог тождества Чу–Вандермонда.

В математике , в области комбинаторики , тождество q -Вандермонда является q -аналогом тождества Чу-Вандермонда . Используя стандартные обозначения для q -биномиальных коэффициентов , тождество утверждает, что

${\displaystyle {\binom {m+n}{k}}_{\!\!q}=\sum _{j}{\binom {m}{k-j}}_{\!\!q}{\binom {n}{j}}_{\!\!q}q^{j(m-k+j)}.}$

Ненулевые вклады в эту сумму исходят от таких значений j , что q -биномиальные коэффициенты в правой части не равны нулю, то есть max(0, k − m ) ≤ j ≤ min( n , k ).

Другие конвенции

Как типично для q -аналогов, тождество q -Вандермонда можно переписать несколькими способами. В соглашениях, общих для приложений к квантовым группам , используется другой q -биномиальный коэффициент. Этот q -биномиальный коэффициент, который мы здесь обозначаем как , определяется как ${\displaystyle B_{q}(n,k)}$

${\displaystyle B_{q}(n,k)=q^{-k(n-k)}{\binom {n}{k}}_{\!\!q^{2}}.}$

В частности, это уникальный сдвиг "обычного" q -биномиального коэффициента на степень q таким образом, что результат симметричен относительно q и . Используя этот q -биномиальный коэффициент, q -тождество Вандермонда можно записать в виде ${\displaystyle q^{-1}}$

${\displaystyle B_{q}(m+n,k)=q^{nk}\sum _{j}q^{-(m+n)j}B_{q}(m,k-j)B_{q}(n,j).}$

Доказательство

Как и в случае с (не- q ) тождеством Чу–Вандермонда, существует несколько возможных доказательств q -тождества Вандермонда. Следующее доказательство использует q -биномиальную теорему .

Одно стандартное доказательство тождества Чу–Вандермонда заключается в расширении произведения двумя различными способами. Следуя Стэнли, ^[1] мы можем подправить это доказательство, чтобы доказать также тождество q -Вандермонда. Во-первых, заметим, что произведение ${\displaystyle (1+x)^{m}(1+x)^{n}}$

${\displaystyle (1+x)(1+qx)\cdots \left(1+q^{m+n-1}x\right)}$

может быть расширена с помощью q -биномиальной теоремы как

${\displaystyle (1+x)(1+qx)\cdots \left(1+q^{m+n-1}x\right)=\sum _{k}q^{\frac {k(k-1)}{2}}{\binom {m+n}{k}}_{\!\!q}x^{k}.}$

Менее очевидно, что мы можем написать

${\displaystyle (1+x)(1+qx)\cdots \left(1+q^{m+n-1}x\right)=\left((1+x)\cdots (1+q^{m-1}x)\right)\left(\left(1+(q^{m}x)\right)\left(1+q(q^{m}x)\right)\cdots \left(1+q^{n-1}(q^{m}x)\right)\right)}$

и мы можем разложить оба подпродукта по отдельности, используя q -биномиальную теорему. Это дает

${\displaystyle (1+x)(1+qx)\cdots \left(1+q^{m+n-1}x\right)=\left(\sum _{i}q^{\frac {i(i-1)}{2}}{\binom {m}{i}}_{\!\!q}x^{i}\right)\cdot \left(\sum _{i}q^{mi+{\frac {i(i-1)}{2}}}{\binom {n}{i}}_{\!\!q}x^{i}\right).}$

Умножение этого последнего произведения и объединение подобных членов дает

${\displaystyle \sum _{k}\sum _{j}\left(q^{j(m-k+j)+{\frac {k(k-1)}{2}}}{\binom {m}{k-j}}_{\!\!q}{\binom {n}{j}}_{\!\!q}\right)x^{k}.}$

Наконец, приравнивание степеней двух выражений дает желаемый результат. ${\displaystyle x}$

Этот аргумент можно также сформулировать в терминах расширения произведения двумя различными способами, где A и B — операторы (например, пара матриц), которые « q -коммутируют», то есть удовлетворяют BA = qAB . ${\displaystyle (A+B)^{m}(A+B)^{n}}$

Примечания

1. Стэнли (2011), Решение упражнения 1.100, стр. 188.

Ссылки

• Ричард П. Стэнли (2011). Перечислительная комбинаторика, том 1 (PDF) (2-е изд.) . Получено 2 августа 2011 г.

• Экстон, Х. (1983), q-гипергеометрические функции и их применение , Нью-Йорк: Halstead Press, Чичестер: Ellis Horwood, 1983, ISBN 0853124914 , ISBN 0470274530 , ISBN 978-0470274538   
• Гаурав Бхатнагар (2011). «В похвалу элементарного тождества Эйлера». Электронный журнал комбинаторики . 18 (2): 13. arXiv : 1102.0659 .
• Виктор Дж. В. Го (2008). «Биективные доказательства тождеств Гулда и Роте». Дискретная математика . 308 (9): 1756–1759. arXiv : 1005.4256 . doi : 10.1016/j.disc.2007.04.020.
• Сильви Кортель ; Карла Сэвидж (2003). «Теоремы лекционного зала, q-ряды и усеченные объекты». arXiv : math/0309108 .