2重和の変換

2重和の変換

(1)

\begin{align*} \sum_{j=a}^{n}\sum_{k=b}^{j+c}f(j,k) & =\sum_{k=b}^{n+c}\sum_{j=k-c}^{n}f(j,k) \end{align*}

(2)

\begin{align*} \sum_{m=a}^{\infty}\sum_{n=b}^{\infty}f(m,n) & =\sum_{t=a+b}^{\infty}\sum_{s=a}^{t-b}f(s,t-s)\\ & =\sum_{s=a}^{\infty}\sum_{t=s+b}^{\infty}f(s,t-s) \end{align*}

(1)

\[ \sum_{j=a}^{n}\sum_{k=b}^{j+c}f(j,k) \]

はある\(j\)について\(k:b\rightarrow j+c\)で\(j\)は\(j:a\rightarrow n\)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\(j:k-c\rightarrow n\)で\(k\)は\(k:b\rightarrow n+c\)となるので、

\[ \sum_{j=a}^{n}\sum_{k=b}^{j+c}f(j,k)=\sum_{k=b}^{n+c}\sum_{j=k-c}^{n}f(j,k) \]

(2)

$\begin{cases} m=s\\ n=t-s \end{cases}$

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、

\[ \sum_{m=a}^{\infty}\sum_{n=b}^{\infty}f(m,n)=\sum_{t=a+b}^{\infty}\sum_{s=a}^{t-b}f(s,t-s) \]

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、

\[ \sum_{m=a}^{\infty}\sum_{n=b}^{\infty}f(m,n)=\sum_{s=a}^{\infty}\sum_{t=s+b}^{\infty}f(s,t-s) \]

となる。

(2)-2

2つ目の式の証明。

\[ \sum_{t=a+b}^{\infty}\sum_{s=a}^{t-b}f(s,t-s) \]

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、

\[ \sum_{t=a+b}^{\infty}\sum_{s=a}^{t-b}f(s,t-s)=\sum_{s=a}^{\infty}\sum_{t=s+b}^{\infty}f(s,t-s) \]

となる。

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2重和の変換

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