blog/docs/maths/gen_fun.md

Немного про производящие функции

Мотивация

Идея данной публикации родилась в процессе чтения статьи на викиконспектах 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)

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)

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)

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.