具體數學-第6課(下降階乘冪)

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上節課講到下降階乘冪和差分運算,這節課繼續講它和差分的各種性質。

性質1

首先在後面章節會證明, {(x + y)^{underline{m}}} 的二項展開形式和普通的 {(x + y)^m} 是一樣的,這裡提一下,暫時用不到。

性質2

接下來給出下降階乘冪為負數的定義:

{x^{ underline{- m}}} = frac{1}{ {(x + 1)(x + 2) ldots (x + m)}}

性質3

和普通冪 {x^{m + n}} = {x^m}{x^n} 不同,下降階乘冪有如下性質:

{x^{underline{m + n}}} = {x^{underline{m}}}{(x - m)^{underline{n}}}

性質4

上一節課說到,定義下降階乘冪的好處就是為了求差分方便,下降階乘冪的差分為:

Delta ({x^{underline{m}}}) = m{x^{underline{ {m - 1}}}}

反之,類比不定積分,它的不定和為:

sum
olimits_a^b { {x^{underline{m}}}delta x} = left. {frac{ { {x^{underline{m + 1}}}}}{ {m + 1}}} 
ight|_a^b

但是這裡 m 
e - 1 ,那要是 m = - 1 怎麼辦呢?

直接運用差分定義可以求出

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.

性質5

在微積分裡面, e^x 的導數是它自身。那麼什麼函數的差分是自身呢?

通過定義可以很容易算出來:

egin{array}{l}f(x + 1) - f(x) = f(x)\ Rightarrow f(x + 1) = 2f(x)\ Rightarrow f(x) = {2^x}end{array}

進一步推廣可以得到:

Delta ({c^x}) = {c^{x + 1}} - {c^x} = (c - 1){c^x}

所以得到如下一種新的等比數列計算方式:

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}}

性質6

結合律和分配律在差分運算里也適用。

egin{array}{l}Delta (cf) = cDelta (f)\Delta (f + g) = Delta (f) + Delta (g)end{array}

性質7

類似分部積分,這裡也可以分部來求差分。

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}

這裡給出一個新的記號叫做移位運算:

Ef(x) = f(x + 1)

所以就得到了差分的分部運演算法則:

Delta (uv) = uDelta (v) + EvDelta (u)

對兩邊求和,又可以得到不定求和的分部運演算法則:

sum {uDelta (v)} = uv - sum {EvDelta (u)}

這個分部法則非常有用,下面舉兩個例子來說明一下怎麼用。

例1

一道老題,計算:

sumlimits_{k = 0}^n {k{2^k}}

首先計算

sum {x{2^x}delta x}

在這裡可以令

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

那麼求和式就可以轉化為不定求和來算了:

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

計算

sumlimits_{0 le k < n} {k{H_k}}

首先計算

sum {x{H_x}delta x}

這裡注意要令

u = {H_x},Delta v = x

不能倒過來哦,因為 H_x 的不定和很難求出來的。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})

無限求和

回顧一下以前我們是怎麼計算下面求和式的。

S = {
m{1}} + frac{1}{2} + frac{1}{4} + cdots

首先兩邊同時乘2,得到:

2S = 2 + {
m{1}} + frac{1}{2} + frac{1}{4} + cdots = 2 + S

解出

S = 2

那麼可不可以用同樣的方法計算下面式子呢?

T = 1 + 2 + 4 + 8 + cdots

兩邊同時乘2,得到:

2T = 2 + 4 + 8 + cdots = T - 1

解出

T = -1

顯然不可能,因為這裡的 T 是發散的,所以不能這麼求。那麼如何用一般的方法來求解呢?

首先我們只考慮正數求和,求解 sumlimits_{k in K} { {a_k}} ,其中 K 是一個無限集合。

那麼,如果存在 A ,使得對任意 F subset K ,都有

sumlimits_{k in F} { {a_k}} le A

那麼我們說這個最小的 A 就是 sumlimits_{k in K} { {a_k}} 的結果。

如果不存在這麼一個 A ,那麼這個求和式就是發散的,即結果為正無窮。

一般使用中,對於 K=N ,我們可以令 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}}

舉兩個例子,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

剩下的問題就是如何求有正有負的和式?

可以考慮的方案就是用不同的配對,將正負組合在一起,從而相消求和。

但是不同的組合方式會得到不同的答案。就比如:

sumlimits_{k ge 0} { { {( - 1)}^k}} = 1 - 1 + 1 - 1 + cdots

有兩種組合方式:

(1 - 1) + (1 - 1) + cdots = 0

1 - (1 - 1) - (1 - 1) - cdots = 1

得到了兩種不同的結果。

事實上,我們可以將正數和負數分開求和,因為正數求和我們已經解決了,所以我們定義:

x = {x^ + } - {x^ - }

其中

{x^ + } = x cdot [x > 0],{x^ - } = - x cdot [x < 0]

所以求和式可以分成兩部分分別求和:

sumlimits_{k in K} { {a_k}} = sumlimits_{k in K} { {a_k}^ + } - sumlimits_{k in K} { {a_k}^ - }

最後推廣到二重求和:

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

這裡也沒啥好細說的,就先了解了解吧。


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