508 lines
15 KiB
Markdown
508 lines
15 KiB
Markdown
# Немного про производящие функции
|
||
## Мотивация
|
||
|
||
Идея данной публикации родилась в процессе чтения статьи на [викиконспектах](https://neerc.ifmo.ru/wiki/index.php?title=%D0%9F%D1%80%D0%BE%D0%B8%D0%B7%D0%B2%D0%BE%D0%B4%D1%8F%D1%89%D0%B0%D1%8F_%D1%84%D1%83%D0%BD%D0%BA%D1%86%D0%B8%D1%8F#.D0.9F.D1.80.D0.B8.D0.BC.D0.B5.D1.80.D1.8B_.D1.80.D0.B5.D1.88.D0.B5.D0.BD.D0.B8.D0.B9_.D0.B7.D0.B0.D0.B4.D0.B0.D1.87_.D0.BC.D0.B5.D1.82.D0.BE.D0.B4.D0.BE.D0.BC_.D0.BF.D1.80.D0.BE.D0.B8.D0.B7.D0.B2.D0.BE.D0.B4.D1.8F.D1.89.D0.B8.D1.85_.D1.84.D1.83.D0.BD.D0.BA.D1.86.D0.B8.D0.B9) о производящих рядах. Мне показалось очень интересным, что существует способ решения рекуррентных уравнений с помощью бесконечных сумм.
|
||
|
||
Здесь мы собираемся рассмотреть что такое производящая функция, разложение в ряд Тейлора, а также затронем математическую индукцию.
|
||
|
||
## Ликбез
|
||
|
||
Для начала, по моему мнению, нужно кратко описать сущности, которые появляются в статье.
|
||
|
||
### Кратко о производящей функции последовательности
|
||
|
||
_**Производя́щая фу́нкция после́довательности** — алгебраическое понятие, которое позволяет работать с разными комбинаторными объектами аналитическими методами. Они дают гибкий способ описывать соотношения в комбинаторике, а иногда помогают вывести явные формулы для числа комбинаторных объектов определённого типа._ ([Википедия](https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9F%D1%80%D0%BE%D0%B8%D0%B7%D0%B2%D0%BE%D0%B4%D1%8F%D1%89%D0%B0%D1%8F_%D1%84%D1%83%D0%BD%D0%BA%D1%86%D0%B8%D1%8F_%D0%BF%D0%BE%D1%81%D0%BB%D0%B5%D0%B4%D0%BE%D0%B2%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%BB%D1%8C%D0%BD%D0%BE%D1%81%D1%82%D0%B8))
|
||
|
||
Для последовательности $\{a_n\}$ производящим рядом называется бесконечная сумма:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
G(z) = \sum_{n=0}^\infty a_nz^n.
|
||
}$$
|
||
|
||
В данной статье описывается, как использовать производящий ряд последовательности для решения рекуррентных уравнений вида:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
a_n = f(a_{n-1}, \dots, a_0).
|
||
}$$
|
||
|
||
### Кратко о ряде Тейлора
|
||
|
||
_**Ряд Те́йлора** — разложение функции в бесконечную сумму степенных функций._ ([Википедия](https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A0%D1%8F%D0%B4_%D0%A2%D0%B5%D0%B9%D0%BB%D0%BE%D1%80%D0%B0))
|
||
|
||
Для бесконечно дифференцируемой функции $f(x)$ в окрестности точки $a$ рядом Тейлора называется ряд:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n.
|
||
}$$
|
||
|
||
В нашем случае этот ряд будет полезен тем, что когда мы вычислим производящую функцию последовательности в виде дроби, мы сможем разложить её в ряд и найти общую формулу для элементов последовательности.
|
||
|
||
### Кратко о математической индукции
|
||
|
||
_**Математическая индукция** — метод математического
|
||
доказательства, который используется, чтобы доказать
|
||
истинность некоторого утверждения для всех натуральных
|
||
чисел. Для этого сначала проверяется истинность утверждения
|
||
с номером $1$ — база (базис) индукции, а затем
|
||
доказывается, что если верно утверждение с номером $n$, то
|
||
верно и следующее утверждение с номером $n+1$ — шаг
|
||
индукции, или индукционный переход._
|
||
([Википедия](https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9C%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%BC%D0%B0%D1%82%D0%B8%D1%87%D0%B5%D1%81%D0%BA%D0%B0%D1%8F_%D0%B8%D0%BD%D0%B4%D1%83%D0%BA%D1%86%D0%B8%D1%8F))
|
||
|
||
Нам понадобится этот метод для того, чтобы доказать верность формулы, которую мы получим. Применяя к нашему случаю, можно сформулировать идею доказательства так:
|
||
|
||
1. Нужно доказать **базу индукции**. То есть, что формула верна для $a_0$ и $a_1$.
|
||
2. Нужно доказать **переход индукции**. В нашем случае, это означает, что нужно проверить, что формула удовлетворяет изначальному рекуррентному уравнению.
|
||
|
||
Идея доказательства состоит в том, что для любого $k > 1$ наша формула будет верна, потому что она рекурсивно раскладывается с помощью **верного перехода** до **верных базовых случаев**.
|
||
|
||
## Получение ряда в замкнутом виде
|
||
|
||
Первое, что нам нужно сделать, это найти ряд в замкнутом виде, т. е. в виде дроби.
|
||
|
||
По определению:
|
||
$$
|
||
\Large{
|
||
G(z) = \sum_{n=0}^\infty a_n z^n
|
||
}
|
||
$$
|
||
|
||
Тогда можно вынести первые два члена, которые известны:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
G(z) = a_0 + a_1 z + \sum_{n=2}^\infty a_n z^n
|
||
}$$
|
||
|
||
По формуле чисел Фибоначчи:
|
||
|
||
$$
|
||
\Large{
|
||
G(z) = a_0 + a_1 z + \sum_{n=2}^\infty (a_{n-1} + a_{n-2}) z^n =
|
||
}
|
||
$$
|
||
|
||
$$
|
||
\Large{
|
||
= a_0 + a_1 z + \sum_{n=2}^\infty a_{n-1} z^{n-1} z +
|
||
\sum_{n=2}^\infty a_{n-2} z^{n-2} z^2 =
|
||
}
|
||
$$
|
||
|
||
$$
|
||
\Large{
|
||
= a_0 + a_1 z + z\underbrace{\sum_{n=2}^\infty a_{n-1} z^{n-1}}_{(I)} +
|
||
z^2 \underbrace{\sum_{n=2}^\infty a_{n-2} z^{n-2}}_{(II)}
|
||
}
|
||
$$
|
||
|
||
Рассмотрим $(I)$ и $(II)$.
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
(I) = \sum_{n=2}^\infty a_{n-1} z^{n-1} = \left<
|
||
\begin{split}
|
||
k = n-1\\
|
||
n = k+1
|
||
\end{split}
|
||
\right> = \sum_{k=1}^\infty a_{k} z^{k} =
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
= \underbrace{a_0 + \sum_{k=1}^\infty a_{k} z^{k}}_
|
||
{\sum_{k=0}^\infty a_{k} z^{k}}
|
||
- a_0
|
||
= \sum_{k=0}^\infty a_{k} z^{k} - a_0 = G(z) - a_0
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
(II) = \sum_{n=2}^\infty a_{n-2} z^{n-2} =
|
||
\left<
|
||
\begin{split}
|
||
k = n-2\\
|
||
n = k+2
|
||
\end{split}
|
||
\right>
|
||
= \sum_{k=0}^\infty a_{k} z^{k} = G(z)
|
||
}$$
|
||
|
||
Здесь мы производим замену и приводим суммы к виду $\sum\limits_{i=0}^\infty a_iz^i$. Очевидно, значение суммы не зависит от названия счетчика $i$.
|
||
|
||
Таким образом:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
G(z) = a_0 + a_1 z + z \left( G\left(z\right) - a_0 \right) + z^2G(z) =
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
= a_0 + a_1 z + z G(z) - a_0 z + z^2 G(z)
|
||
}$$
|
||
|
||
Перенесем все члены с $G(z)$ влево:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
G(z) - zG(z) - z^2 G(z) = a_0 +a_1z-a_0z
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
G(z)\left(1 - z - z^2\right) = a_0 +a_1z-a_0z
|
||
}$$
|
||
|
||
В итоге, получаем:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
G(z) = \frac{a_0 +a_1z-a_0z}{1 - z - z^2}
|
||
}$$
|
||
|
||
> *Замечание*: получившееся дробь правильная. То есть степень многочлена в знаменателе больше, чем в числителе.
|
||
|
||
## Разложение дроби на элементарные дроби
|
||
|
||
Мы получили ряд:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
G(z) = \frac{a_0 + a_1 z - a_0 z}{1 - z - z^2}
|
||
}$$
|
||
|
||
Рассмотрим знаменатель:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
-z^2 - z + 1 = 0
|
||
}$$
|
||
|
||
Разложим его на множители:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
D = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-1) = 5
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
\begin{split}
|
||
z_{1} = - \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\\
|
||
z_{2} = - \frac{1 - \sqrt{5}}{2}
|
||
\end{split}
|
||
}$$
|
||
|
||
Тогда:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
-z^2 -z + 1 = -(z - z_1)(z - z_2)
|
||
}$$
|
||
|
||
Таким образом, мы можем записать:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
G(z) = \frac{a_0 + a_1 z - a_0 z}{-(z-z_1)(z-z_2)} =
|
||
\frac{A}{z-z_1} + \frac{B}{z - z_2}
|
||
}$$
|
||
|
||
Домножим обе части на $-(z-z_1)(z-z_2)$:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
a_0 + a_1 z - a_0 z = -A(z-z_2) - B(z-z_1)
|
||
}$$
|
||
|
||
Раскроем скобки и сгруппируем относительно степеней $z$:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
a_0 + z(a_1 - a_0) = -Az + Az_2 - Bz + Bz_1 = (Az_2 + Bz_1) + z(-A -B)
|
||
}$$
|
||
|
||
Получаем систему линейных уравнений с двумя неизвестными:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
\begin{cases}
|
||
&Az_2 &+ &B z_1 &= a_0\\
|
||
&A &+ &B &= a_0 - a_1
|
||
\end{cases}
|
||
}$$
|
||
|
||
Решение тривиально, опустим его. Приведу только ответ:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
\begin{cases}
|
||
&A = a_0 - a_1 - \frac{a_0 - a_0z_2 + a_1z_2}{z_1-z_2}\\
|
||
&B = \frac{a_0 - a_0z_2 + a_1z_2}{z_1-z_2}
|
||
\end{cases}
|
||
}$$
|
||
|
||
Таким образом, получаем следующий результат:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
\begin{cases}
|
||
z_{1} &= - \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\\
|
||
z_{2} &= - \frac{1 - \sqrt{5}}{2}\\
|
||
A &= a_0 - a_1 - \frac{a_0 - a_0z_2 + a_1z_2}{z_1-z_2}\\
|
||
B &= \frac{a_0 - a_0z_2 + a_1z_2}{z_1-z_2}\\
|
||
G(z) &= \frac{A}{z - z_1} + \frac{B}{z - z_2}
|
||
\end{cases}
|
||
}$$
|
||
|
||
## Доказательство по индукции
|
||
|
||
### База индукции
|
||
|
||
#### $n = 0$
|
||
|
||
Подставим $n=0$ в полученную формулу:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
a_0 = \left(
|
||
-\frac{A}{z_1} - \frac{B}{z_2}
|
||
\right)
|
||
}$$
|
||
|
||
Рассмотрим $A$:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
A = \frac{a_0z_1-a_0z_2-a_1z_1+a_1z_2-a_0+a_0z_2-a_1z_2}{z_1-z_2} =
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
= \frac{a_0z_1-\cancelto{0}{a_0z_2+a_0z_2}-a_1z_1+
|
||
\cancelto{0}{a_1z_2-a_1z_2}-a_0}{z_1-z_2} =
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
= \frac{a_0z_1-a_1z_1-a_0}{z_1-z_2} = z_1\frac{a_0-a_1}{z_1-z_2}-\frac{a_0}{z_1-z_2}
|
||
}$$
|
||
|
||
Проведя аналогичные вычисления для $B$ получим:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
B = \frac{a_0}{z_1-z_2} - z_2 \frac{a_0-a_1}{z_1-z_2}
|
||
}$$
|
||
|
||
Тогда:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
a_0 = \frac{a_0}{z_1(z_1-z_2)} - \frac{z_1}{z_1}\frac{a_0-a_1}{z_1-z_2} +
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
+ \frac{z_2}{z_2}\frac{a_0-a_1}{z_1-z_2} - \frac{a_0}{z_1-z_2} =
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
=\frac{a_0}{z_1(z_1-z_2)} - \cancelto{0}{\frac{a_0-a_1}{z_1-z_2} +
|
||
\frac{a_0-a_1}{z_1-z_2}} - \frac{a_0}{z_2(z_1-z_2)} =
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
= \frac{a_0z_2-a_0z_1}{z_1z_2(z_1-z_2)} =
|
||
-\frac{a_0(z_1-z_2)}{z_1z_2(z_1-z_2)} = -\frac{a_0}{z_1z_2}
|
||
}$$
|
||
|
||
Рассмотрим $z_1z_2$:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
z_1z_2 = \frac{(1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5})}{2\cdot2} = \frac{1-5}{4} = -1
|
||
}$$
|
||
|
||
Подставив результат в наше выражение:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
-\frac{a_0}{-1} = a_0, \text{ Q.E.D.}
|
||
}$$
|
||
|
||
#### $n = 1$
|
||
|
||
По нашей формуле:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
a_1 =
|
||
-\left(
|
||
\frac{A}{z_1^2} +
|
||
\frac{B}{z_2^2}
|
||
\right) =
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
= -\left(
|
||
\frac{a_0-a_1}{z_1(z_1-z_2)} - \frac{a_0}{z_1(z_1-z_2)} +
|
||
\frac{a_0}{z_2(z_1-z_2)} - \frac{a_0-a_1}{z_2(z_1-z_2)}
|
||
\right) =
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
= -\left(
|
||
\frac{a_0-a_1}{z_1-z_2} \left(
|
||
\frac{1}{z_1} -
|
||
\frac{1}{z_2}
|
||
\right) +
|
||
\frac{a_0}{z_1-z_2} \left(
|
||
\frac{1}{z_1^2} -
|
||
\frac{1}{z_2^2}
|
||
\right)
|
||
\right) =
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
= -\left(
|
||
\frac{(a_0-a_1)(z_2-z_1)}{z_1z_2(z_1-z_2)} +
|
||
\frac{a_0(z_1^2-z_2^2)}{z_1^2z_2^2(z_1-z_2)} +
|
||
\right) =
|
||
}$$
|
||
|
||
Как мы доказали:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
z_1z_2 = -1
|
||
}$$
|
||
|
||
Также рассмотрим $z_1 + z_2$:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
z_1+z_2 = \frac{-1-
|
||
\cancelto{0}{\sqrt{5}+\sqrt{5}}
|
||
-1}{2} =
|
||
\frac{-1-1}{2} =
|
||
-1
|
||
}$$
|
||
|
||
Подставив значения в выражение, получим:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
= -\left(
|
||
a_0 - a_1 +
|
||
\frac{a_0(z_1-z_2)(z_1+z_2)}{(z_1-z_2)} +
|
||
\right) =
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
= -\left(
|
||
\cancelto{0}{a_0 - a_0}
|
||
-a_1
|
||
\right) = -(-a_1) = a_1, \text{ Q.E.D.}
|
||
}$$
|
||
|
||
### Переход индукции
|
||
|
||
По определению чисел Фибоначчи:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
a_{n+2} = a_{n+1}+a_n
|
||
}$$
|
||
|
||
где:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
a_n = \left(
|
||
-\frac{A}{z_1^{n+1}}-\frac{B}{z_2^{n+1}}
|
||
\right)
|
||
}$$
|
||
|
||
Подставим это в формулу:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
a_{n+2} = a_{n+1}+a_n =
|
||
-\frac{A}{z_1^{n+1}}-\frac{B}{z_2^{n+1}}
|
||
-\frac{A}{z_1^{n+2}}-\frac{B}{z_2^{n+2}} =
|
||
}$$
|
||
|
||
Сгруппируем по $A$ и $B$:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
= -A \underbrace{\left(
|
||
\frac{1}{z_1^{n+1}}+
|
||
\frac{1}{z_1^{n+2}}
|
||
\right)}_{(I)}
|
||
%
|
||
-B \underbrace{\left(
|
||
\frac{1}{z_2^{n+1}}+
|
||
\frac{1}{z_2^{n+2}}
|
||
\right)}_{(II)}
|
||
}$$
|
||
|
||
Рассмотрим $(I)$ и $(II)$:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
(I) =
|
||
\frac{z_1+1}{z_1^{n+2}}
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
z_1 + 1 =
|
||
-\frac{1+\sqrt{5}}{2} + 1 =
|
||
\frac{-1-\sqrt{5}+2}{2} =
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
=
|
||
\frac{1-\sqrt{5}}{2} =
|
||
\frac{(1-\sqrt{5})(1+\sqrt{5})}{2(1+\sqrt{5})} =
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
= \frac{1 - 5}{2(1+\sqrt{5})} =
|
||
\frac{-4}{2(1+\sqrt{5})} =
|
||
- \frac{2}{1+\sqrt{5}} = \frac{1}{z_1}
|
||
}$$
|
||
|
||
Таким образом:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
(I) = \frac{1}{z_1^{n+3}}
|
||
}$$
|
||
|
||
Аналогично для $(II)$:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
(II) =
|
||
\frac{z_2+1}{z_2^{n+2}}
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
z_2 + 1 =
|
||
-\frac{1-\sqrt{5}}{2} + 1 =
|
||
\frac{-1+\sqrt{5}+2}{2} =
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
= \frac{-1+\sqrt{5}+2}{2} =
|
||
\frac{1+\sqrt{5}}{2} =
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
= \frac{(1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5})}{2(1-\sqrt{5})} =
|
||
\frac{1 - 5}{2(1-\sqrt{5})} =
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
= \frac{-4}{2(1-\sqrt{5})} =
|
||
-\frac{2}{1-\sqrt{5}} =
|
||
\frac{1}{z_2}
|
||
}$$
|
||
|
||
Подставив это в $(II)$:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
(II) = \frac{1}{z_2^{n+3}}
|
||
}$$
|
||
|
||
Подставляя $(I)$ и $(II)$:
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
-A \underbrace{\left(
|
||
\frac{1}{z_1^{n+1}}+
|
||
\frac{1}{z_1^{n+2}}
|
||
\right)}_{(I)}
|
||
-B \underbrace{\left(
|
||
\frac{1}{z_2^{n+1}}+
|
||
\frac{1}{z_2^{n+2}}
|
||
\right)}_{(II)} =
|
||
}$$
|
||
|
||
$$\Large{
|
||
= -A \frac{1}{z_1^{n+3}}
|
||
-B \frac{1}{z_2^{n+3}} =
|
||
a_{n+2}, \text{ Q.E.D.}
|
||
}$$
|
||
|
||
## Выводы
|
||
|
||
В данной публикации были рассмотрены:
|
||
- получение производящей функции из рекуррентного уравнения;
|
||
- разложение функции в ряд для нахождения $n$-го члена последовательности;
|
||
- доказана верность полученной формулы с помощью математической индукции.
|
||
|
||
Очевидно, что полезность данной формулы в случае чисел Фибоначчи сомнительна. Но она может служить полезным примером того, как можно решить линейное рекуррентное уравнение.
|