2重和の変換
2重和の変換
(1)
\[ \sum_{j=0}^{n}\sum_{k=0}^{j}f\left(j,k\right)=\sum_{k=0}^{n}\sum_{j=k}^{n}f\left(j,k\right) \]
(2)
\[ \sum_{j=a}^{n}\sum_{k=b}^{j+c}f\left(j,k\right)=\sum_{j=a}^{n}\sum_{k=b}^{a+c-1}f\left(j,k\right)+\sum_{k=a+c}^{n+c}\sum_{j=k+a}^{n}f\left(j,k\right) \]
(3)
\begin{align*} \sum_{m=a}^{\infty}\sum_{n=b}^{\infty}f\left(m,n\right) & =\sum_{t=a+b}^{\infty}\sum_{s=a}^{t-b}f\left(s,t-s\right)\\ & =\sum_{s=a}^{\infty}\sum_{t=s+b}^{\infty}f\left(s,t-s\right) \end{align*}
(4)
\begin{align*} \sum_{j=0}^{n}\sum_{k=0}^{n-j}f\left(j,k\right) & =\sum_{j=0}^{n}\sum_{k=j}^{n}f\left(j,k-j\right)\\ & =\sum_{k=0}^{n}\sum_{j=0}^{n-k}f\left(j,k\right)\\ & =\sum_{k=0}^{n}\sum_{j=0}^{k}f\left(j,k-j\right)\\ & =\sum_{k=0}^{n}\sum_{j=k}^{n}f\left(j-k,k\right) \end{align*}
(1)
\[
\sum_{j=0}^{n}\sum_{k=0}^{j}f\left(j,k\right)
\]
はある\(j\)について\(k:0\rightarrow j+0\)で\(j\)は\(j:0\rightarrow n\)である。
これを\(jk\)平面で考え総和を取る順序を変える。
順序を逆にすると、ある\(k\)について\(j:k\rightarrow n\)で\(k\)は\(k:0\rightarrow n\)となるので、
\[
\sum_{j=0}^{n}\sum_{k=0}^{j}f\left(j,k\right)=\sum_{k=0}^{n}\sum_{j=k}^{n}f\left(j,k\right)
\]
(2)
\begin{align*} \sum_{j=a}^{n}\sum_{k=b}^{j+c}f\left(j,k\right) & =\sum_{j=a}^{n}\left(\sum_{k=b}^{a+c-1}+\sum_{k=a+c}^{j+c}\right)f\left(j,k\right)\\ & =\sum_{j=a}^{n}\sum_{k=b}^{a+c-1}f\left(j,k\right)+\sum_{j=a}^{n}\sum_{k=a+c}^{j+c}f\left(j,k\right)\\ & =\sum_{j=a}^{n}\sum_{k=b}^{a+c-1}f\left(j,k\right)+\sum_{j=0}^{n-a}\sum_{k=0}^{j}f\left(j+a,k+a+c\right)\\ & =\sum_{j=a}^{n}\sum_{k=b}^{a+c-1}f\left(j,k\right)+\sum_{k=0}^{n-a}\sum_{j=k}^{n-a}f\left(j+a,k+a+c\right)\\ & =\sum_{j=a}^{n}\sum_{k=b}^{a+c-1}f\left(j,k\right)+\sum_{k=a+c}^{n+c}\sum_{j=k+a}^{n}f\left(j,k\right) \end{align*}
(3)
$\begin{cases}
m=s\\
n=t-s
\end{cases}$
とおき\(mn\)平面で考える。
\(t=m+n\)であるので\(t:a+b\rightarrow\infty\)となり、\(s=t-n\)であるのである\(t\)に対し\(s\)は\(s:a\rightarrow t-b\)となるので、
\[
\sum_{m=a}^{\infty}\sum_{n=b}^{\infty}f\left(m,n\right)=\sum_{t=a+b}^{\infty}\sum_{s=a}^{t-b}f\left(s,t-s\right)
\]
となる。
次に\(s=m\)であるので、\(s:a\rightarrow\infty\)となり、\(t=n+s\)であるのである\(s\)に対し\(t\)は\(t:s+b\rightarrow\infty\)となるので、
\[
\sum_{m=a}^{\infty}\sum_{n=b}^{\infty}f\left(m,n\right)=\sum_{s=a}^{\infty}\sum_{t=s+b}^{\infty}f\left(s,t-s\right)
\]
となる。
(3)-2
2つ目の式の証明。
\[
\sum_{t=a+b}^{\infty}\sum_{s=a}^{t-b}f\left(s,t-s\right)
\]
はある\(t\)について\(s:a\rightarrow t-b\)で\(t\)は\(t:a+b\rightarrow\infty\)である。
これを\(st\)平面で考え総和を取る順序を変える。
順序を逆にすると、ある\(s\)について\(t:s+b\rightarrow\infty\)で\(s\)は\(s:a\rightarrow\infty\)となるので、
\[
\sum_{t=a+b}^{\infty}\sum_{s=a}^{t-b}f\left(s,t-s\right)=\sum_{s=a}^{\infty}\sum_{t=s+b}^{\infty}f\left(s,t-s\right)
\]
となる。
(4)
\[ \sum_{j=0}^{n}\sum_{k=0}^{n-j}f\left(j,k\right)=\sum_{j=0}^{n}\sum_{k=j}^{n}f\left(j,k-j\right)\cmt{k\rightarrow k-j} \]
-
\(j:0\rightarrow n,k:0\rightarrow n-j\)なので\(k\)を固定すると\(j\)は\(j:0\rightarrow n-k\)となり、\(k:0\rightarrow n\)なので、
\begin{align*}
\sum_{j=0}^{n}\sum_{k=0}^{n-j}f\left(j,k\right) & =\sum_{k=0}^{n}\sum_{j=0}^{n-k}f\left(j,k\right)
\end{align*}
となる。
-
\begin{align*}
\sum_{j=0}^{n}\sum_{k=0}^{n-j}f\left(j,k\right) & =\sum_{j=0}^{n}\sum_{k=j}^{n}f\left(j,k-j\right)\cmt{k\rightarrow k-j}\\
& =\sum_{k=0}^{n}\sum_{j=0}^{k}f\left(j,k-j\right)
\end{align*}
となる。
-
\begin{align*} \sum_{j=0}^{n}\sum_{k=0}^{n-j}f\left(j,k\right) & =\sum_{k=0}^{n}\sum_{j=0}^{n-k}f\left(j,k\right)\\ & =\sum_{k=0}^{n}\sum_{j=k}^{n}f\left(j-k,k\right)\cmt{j\rightarrow j-k} \end{align*}
-
これらより題意は成り立つ。
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