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组合恒等式3 母函数与形式幂级数的运算

發布時間：2025/4/14 编程问答 27 豆豆

生活随笔收集整理的這篇文章主要介紹了组合恒等式3 母函数与形式幂级数的运算小編覺得挺不錯的,現在分享給大家,幫大家做個參考.

組合恒等式3 母函數與形式冪級數的運算

母函數與母函數方法
形式冪級數
范德蒙公式

前兩講介紹了一些用基本恒等式證明組合恒等式的技巧，但這些也僅僅只是技巧，在證明過程中的某一步能起到關鍵作用，不能提供具有一般性的證明組合恒等式的范式。這種一般性的范式有許多，比如母函數方法、差分方法和復數方法等，這個系列博文后續的目標就是逐一介紹這些證明范式。

母函數與母函數方法

數列 ${an},n=1,2,?\{a_n\},n=1,2,\cdots$ 的母函數是
$\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$

比如數列 ${Cnk},k=0,1,?,n\{C_n^k\},k=0,1,\cdots,n$ 的母函數是
$∑k=0nCnkxk=(1+x)n\sum_{k=0}^n C_n^kx^k = (1+x)^n$

數列與母函數是一一對應的，因此用母函數證明組合恒等式的方法是論述組合恒等式兩端的數列的母函數相等。

形式冪級數

稱 $∑n=1∞anxn\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$ 這種式子為形式冪級數，簡單理解形式冪級數也就是它被寫成冪級數的樣子但不是用來討論收斂性的，下面定義形式冪級數的四則運算。

定義1 兩個形式冪級數的線性運算
$?k,h∈R,k∑n=1∞anxn+h∑n=1∞bnxn=∑n=1∞(kan+hbn)xn\forall k,h \in \mathbb{R},\ k\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n + h\sum_{n=1}^{\infty} b_n x^n = \sum_{n=1}^{\infty}(ka_n + hb_n) x^n$

定義2 兩個形式冪級數的乘積（Cauchy乘積）
$(∑n=1∞anxn)(∑n=1∞bnxn)=∑n=1∞cnxn,cn=∑k=0nakbn?k\left( \sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n\right) \left( \sum_{n=1}^{\infty} b_n x^n\right) = \sum_{n=1}^{\infty}c_nx^n,\ c_n =\sum_{k=0}^n a_k b_{n-k}$

例如，
$(∑n=0∞xn)2=∑n=1∞∑k=0nxn=∑n=1∞(n+1)xn\left( \sum_{n=0}^{\infty} x_n \right)^2 = \sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=0}^nx^n = \sum_{n=1}^{\infty}(n+1)x^n$

又比如，
$(∑n=1∞anxn)(∑n=1∞xn)=∑n=1∞∑k=0nakxn=∑n=1∞(a0+a1+?+an)xn\left( \sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n\right) \left( \sum_{n=1}^{\infty} x^n\right) = \sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=0}^n a_k x^n = \sum_{n=1}^{\infty} (a_0+a_1+\cdots + a_n) x^n$

定義3 兩個形式冪級數的商
假設 $f, g, h$ 是三個形式冪級數，如果 $f = g h$ ，則稱 $f$ 被 $g$ 除的商是 $h$ 。

幾個非常有用的形式冪級數
下面這幾個形式冪級數其實就是Taylor展開，
$11?rx=∑n=0∞rnxn1(1?x)k=∑n=0∞Cn+k?1k?1xn(1+x)k=∑n=0∞Cknxn\frac{1}{1-rx} = \sum_{n=0}^{\infty} r^nx^n \\ \frac{1}{(1-x)^k} = \sum_{n=0}^{\infty} C_{n+k-1}^{k-1}x^n \\ (1+x)^k = \sum_{n=0}^{\infty} C_k^nx^n$

第三個式子的 $k$ 可以取任意實數， $C_k^n$ 同樣按組合數的形式計算，可以嘗試用它來推導一個比較重要的形式冪級數
$(1?4x)?1/2=∑n=0∞C?1/2n(?4x)n(1-4x)^{-1/2} = \sum_{n=0}^{\infty} C_{-1/2}^n(-4x)^n$

計算
$C?1/2n4n=(?1/2)(?3/2)(?5/2)?[?(2n?1)/2]n!(?4)n=2n(2n?1)!!n!=2n(2n)!n!(2n)!!=(2n)!n!n!=C2nnC_{-1/2}^n 4^n = \frac{(-1/2)(-3/2)(-5/2)\cdots [-(2n-1)/2]}{n!}(-4)^n \\ = 2^n\frac{(2n-1)!! }{n!} = 2^n\frac{(2n)!}{n!(2n)!!} = \frac{(2n)!}{n!n!} = C_{2n}^n$

因此我們就得到了 ${C_{2n}^n\}$ 的母函數，
$(1?4x)?1/2=∑n=0∞C2nnxn(1-4x)^{-1/2} = \sum_{n=0}^{\infty} C_{2n}^nx^n$

也可以用第三個式子說明一下第二個式子：
$(1?x)?k=∑n=0∞C?kn(?x)n(1-x)^{-k} = \sum_{n=0}^{\infty} C_{-k}^n(-x)^n$

計算系數
$(?1)nC?kn=(?1)n(?k)(?k?1)?(?k?n+1)n!=(n+k?1)!n!(k?1)!=Cn+k?1k?1(-1)^nC_{-k}^n = (-1)^n\frac{(-k)(-k-1)\cdots(-k-n+1)}{n!} = \frac{(n+k-1)!}{n!(k-1)!} =C_{n+k-1}^{k-1}$

定義4 兩個形式冪級數相等
$∑n=1∞anxn=∑n=1∞bnxn?an=bn,?n\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n = \sum_{n=1}^{\infty} b_n x^n \Leftrightarrow a_n = b_n,\forall n$

這個定義提供了證明組合恒等式的一種范式，即通過母函數相等或具有相同母函數的形式冪級數對應項系數相等來證明組合恒等式，下面看一個簡單的例子了解一下這種思路：
$∑k=0n(Cnk)2=C2nn\sum_{k=0}^n (C_n^k)^2 = C_{2n}^n$

等式右邊是 $1+x)^{2n}$ 的形式冪級數的第 $x^n$ 項的系數，另外再考慮
$(1+x)2n=[(1+x)n]2=(∑k=0nCnkxk)2(1+x)^{2n} = [(1+x)^n]^2 = \left( \sum_{k=0}^n C_n^k x^k \right)^2$

其中 $x^n$ 項的系數是
$∑k=0nCnkCnn?k=∑k=0n(Cnk)2\sum_{k=0}^n C_n^k C_n^{n-k} = \sum_{k=0}^n (C_n^k)^2$

對應項系數相等所以 $∑k=0n(Cnk)2=C2nn\sum_{k=0}^n (C_n^k)^2 = C_{2n}^n$ 。

范德蒙公式

范德蒙公式是一個非常重要的組合恒等式，有時也被稱為組合數的卷積公式：
$∑k=0qCnkCmq?k=Cm+nq\sum_{k=0}^q C_n^kC_m^{q-k} = C_{m+n}^q$

在證明組合恒等式時，范德蒙公式除了給出一個和式的結果外，還提供了一種組合數按卷積的拆項方法；在概率論中，這個公式也有非常重要的作用。我們可以把公式右邊的組合數除到左邊：
$∑k=0qCnkCmq?kCm+nq=1\sum_{k=0}^q \frac{C_n^kC_m^{q-k}}{C_{m+n}^q} = 1$

觀察 $CnkCmq?kCm+nq\frac{C_n^kC_m^{q-k}}{C_{m+n}^q}$ ，它表示 $m + n$ 個零件中有 $n$ 個次品，現在從 $m + n$ 個零件中隨機抽取 $q$ 個，抽到 $k$ 個次品的概率，這正好是超幾何分布的概率分布列，因此范德蒙公式提供了超幾何分布的歸一化條件。下面簡單證明一下范德蒙公式：

等式右邊顯然是 $1+x)^{m+n}$ 展開式的 $x^q$ 項的系數，考慮
$1+x)^{m+n} = (1+x)^m (1+x)^n$

這個分解的 $x^q$ 項系數為
$∑k=0qCnkCmq?k=∑k=0qCnq?kCmk=Cm+nq\sum_{k=0}^q C_n^k C_m^{q-k} = \sum_{k=0}^q C_n^{q-k} C_m^{k} = C_{m+n}^q$

總結

以上是生活随笔為你收集整理的组合恒等式3 母函数与形式幂级数的运算的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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