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  • 具体数学-第6课(下降阶乘幂)

    原文链接:

    具体数学-第6课 - WeiYang Blog

    上节课讲到下降阶乘幂和差分运算,这节课继续讲它和差分的各种性质。

    性质1

    首先在后面章节会证明, {(x + y)^{underline{m}}} 的二项展开形式和普通的 {(x + y)^m} 是一样的,这里提一下,暂时用不到。

    性质2

    接下来给出下降阶乘幂为负数的定义:
    {x^{ underline{- m}}} = frac{1}{ {(x + 1)(x + 2) ldots (x + m)}}

    性质3

    和普通幂 {x^{m + n}} = {x^m}{x^n} 不同,下降阶乘幂有如下性质:
    {x^{underline{m + n}}} = {x^{underline{m}}}{(x - m)^{underline{n}}}

    性质4

    上一节课说到,定义下降阶乘幂的好处就是为了求差分方便,下降阶乘幂的差分为:
    Delta ({x^{underline{m}}}) = m{x^{underline{ {m - 1}}}}
    反之,类比不定积分,它的不定和为:
    sum
olimits_a^b { {x^{underline{m}}}delta x} = left. {frac{ { {x^{underline{m + 1}}}}}{ {m + 1}}} 
ight|_a^b

    但是这里 m 
e - 1 ,那要是 m = - 1 怎么办呢?
    直接运用差分定义可以求出
    egin{array}{l}{x^{ underline{- 1}}} = frac{1}{ {x + 1}} = Delta f(x) = f(x + 1) - f(x)\ Rightarrow f(x) = {H_x}end{array}

    所以
    sum
olimits_a^b { {x^{underline{m}}}delta x} = left{ {egin{array}{*{20}{c}}{left. {frac{ { {x^{underline{m + 1}}}}}{ {m + 1}}} 
ight|_a^b,m 
e - 1}\{left. { {H_x}} 
ight|_a^b,m = - 1}end{array}} 
ight.

    性质5

    在微积分里面, e^x 的导数是它自身。那么什么函数的差分是自身呢?
    通过定义可以很容易算出来:
    egin{array}{l}f(x + 1) - f(x) = f(x)\ Rightarrow f(x + 1) = 2f(x)\ Rightarrow f(x) = {2^x}end{array}

    进一步推广可以得到:
    Delta ({c^x}) = {c^{x + 1}} - {c^x} = (c - 1){c^x}
    所以得到如下一种新的等比数列计算方式:
    sumlimits_{a le k < b} { {c^k}} = sum
olimits_a^b { {c^x}delta x} = left. {frac{ { {c^x}}}{ {c - 1}}} 
ight|_a^b = frac{ { {c^b} - {c^a}}}{ {c - 1}}

    性质6

    结合律和分配律在差分运算里也适用。
    egin{array}{l}Delta (cf) = cDelta (f)\Delta (f + g) = Delta (f) + Delta (g)end{array}

    性质7

    类似分部积分,这里也可以分部来求差分。
    egin{array}{l}Delta (u(x)v(x)) = u(x + 1)v(x + 1) - u(x)v(x)\ = u(x + 1)v(x + 1) - u(x)v(x + 1) + u(x)v(x + 1) - u(x)v(x)\ = [u(x + 1) - u(x)]v(x + 1) + u(x)[v(x + 1) - v(x)]\ = u(x)Delta (v(x)) + v(x + 1)Delta (u(x))end{array}
    这里给出一个新的记号叫做移位运算:
    Ef(x) = f(x + 1)
    所以就得到了差分的分部运算法则:
    Delta (uv) = uDelta (v) + EvDelta (u)
    对两边求和,又可以得到不定求和的分部运算法则:
    sum {uDelta (v)} = uv - sum {EvDelta (u)}

    这个分部法则非常有用,下面举两个例子来说明一下怎么用。

    例1

    一道老题,计算:
    sumlimits_{k = 0}^n {k{2^k}}
    首先计算
    sum {x{2^x}delta x}
    在这里可以令
    u = x,v = {2^x}
    所以
    sum {x{2^x}delta x} = x{2^x} - sum { {2^{x + 1}}delta x} = x{2^x} - {2^{x + 1}} + C
    那么求和式就可以转化为不定求和来算了:
    egin{array}{l}sumlimits_{k = 0}^n {k{2^k}} = sum
olimits_0^{n + 1} {x{2^x}delta x} \ = left. {x{2^x} - {2^{x + 1}}} 
ight|_0^{n + 1}\ = (n - 1){2^{n + 1}} + 2end{array}

    例2

    计算
    sumlimits_{0 le k < n} {k{H_k}}
    首先计算
    sum {x{H_x}delta x}
    这里注意要令
    u = {H_x},Delta v = x
    不能倒过来哦,因为 H_x 的不定和很难求出来的。所以
    egin{array}{l}sum {x{H_x}delta x} = frac{ { {x^{underline{2}}}}}{2}{H_x} - sum {frac{ { { {(x + 1)}^{underline{2}}}}}{2}} {x^{ underline{- 1}}}delta x\ = frac{ { {x^{underline{2}}}}}{2}{H_x} - frac{1}{2}sum { {x^{underline{1}}}delta x} \ = frac{ { {x^{underline{2}}}}}{2}{H_x} - frac{ { {x^{underline{2}}}}}{4} + Cend{array}

    所以
    sumlimits_{0 le k < n} {k{H_k}} = sum
olimits_0^n {x{H_x}delta x} = frac{ { {n^{underline{2}}}}}{2}({H_n} - frac{1}{2})

    无限求和

    回顾一下以前我们是怎么计算下面求和式的。
    S = {
m{1}} + frac{1}{2} + frac{1}{4} + cdots
    首先两边同时乘2,得到:
    2S = 2 + {
m{1}} + frac{1}{2} + frac{1}{4} + cdots = 2 + S
    解出
    S = 2

    那么可不可以用同样的方法计算下面式子呢?
    T = 1 + 2 + 4 + 8 + cdots
    两边同时乘2,得到:
    2T = 2 + 4 + 8 + cdots = T - 1
    解出
    T = -1
    显然不可能,因为这里的 T 是发散的,所以不能这么求。那么如何用一般的方法来求解呢?

    首先我们只考虑正数求和,求解 sumlimits_{k in K} { {a_k}} ,其中 K 是一个无限集合。
    那么,如果存在 A ,使得对任意 F subset K ,都有
    sumlimits_{k in F} { {a_k}} le A
    那么我们说这个最小的 A 就是 sumlimits_{k in K} { {a_k}} 的结果。
    如果不存在这么一个 A ,那么这个求和式就是发散的,即结果为正无穷。

    一般使用中,对于 K=N ,我们可以令 F = { 0,1,2, ldots ,n}
    所以
    sumlimits_{k ge 0} { {a_k}} = mathop {lim }limits_{n 	o infty } sumlimits_{k = 0}^n { {a_k}}

    举两个例子,比如
    sumlimits_{k ge 0} { {x^k}} = mathop {lim }limits_{n 	o infty } frac{ {1 - {x^{n + 1}}}}{ {1 - x}} = left{ {egin{array}{*{20}{c}}{frac{1}{ {1 - x}},0 le x < 1}\{infty ,x ge 1}end{array}} 
ight.
    再如:
    sumlimits_{k ge 0} {frac{1}{ {(k + 1)(k + 2)}}} = sumlimits_{k ge 0} { {k^{ underline{- 2}}}} = mathop {lim }limits_{n 	o infty } sumlimits_{k = 0}^n { {k^{ underline{- 2}}}} = mathop {lim }limits_{n 	o infty } left. {frac{ { {k^{ underline{- 1}}}}}{ { - 1}}} 
ight|_0^{n + 1} = 1

    剩下的问题就是如何求有正有负的和式?

    可以考虑的方案就是用不同的配对,将正负组合在一起,从而相消求和。

    但是不同的组合方式会得到不同的答案。就比如:
    sumlimits_{k ge 0} { { {( - 1)}^k}} = 1 - 1 + 1 - 1 + cdots
    有两种组合方式:
    (1 - 1) + (1 - 1) + cdots = 0

    1 - (1 - 1) - (1 - 1) - cdots = 1
    得到了两种不同的结果。

    事实上,我们可以将正数和负数分开求和,因为正数求和我们已经解决了,所以我们定义:
    x = {x^ + } - {x^ - }
    其中
    {x^ + } = x cdot [x > 0],{x^ - } = - x cdot [x < 0]

    所以求和式可以分成两部分分别求和:
    sumlimits_{k in K} { {a_k}} = sumlimits_{k in K} { {a_k}^ + } - sumlimits_{k in K} { {a_k}^ - }

    最后推广到二重求和:
    sumlimits_{j in J,k in {K_j}} { {a_{j,k}}} = sumlimits_{j in J} {sumlimits_{k in {K_j}} { {a_{j,k}}} } = sumlimits_{j in J} { {A_j}} = A

    这里也没啥好细说的,就先了解了解吧。

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