Интегрирование/дифференцирование производящих функций — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(структурные измененения (добавление примера 2 и удаление информации про сходимость))
(добавление теоремы о решении обыкновенных дифференциальных уравнений)
Строка 96: Строка 96:
  
 
:<tex>g_n = \dfrac{7}{9} 2^n + (-1)^n (\dfrac{1}{3} n + \dfrac{2}{9})</tex>
 
:<tex>g_n = \dfrac{7}{9} 2^n + (-1)^n (\dfrac{1}{3} n + \dfrac{2}{9})</tex>
 +
 +
==Решение обыкновенных дифференциальных уравнений на производящие функции==
 +
 +
{{Теорема
 +
|statement=
 +
Рассмотрим обыкновенное дифференциальное уравнение
 +
 +
:<tex>f'(s) = F(s, f(s)) (1)</tex>
 +
 +
на производящую функцию <tex>f(s)</tex>, где <tex>F = F(s, t)</tex> --- производящая функция двух переменных, являющаяся многочленом по <tex>t</tex> (т.е. степень <tex>F</tex> по <tex>t</tex> конечна). Тогда для каждого <tex>f_0</tex> уравнение <tex>(1)</tex> имеет единственное решение, удовлетворяющее условию <tex>f(0) = f_0</tex>
 +
 +
|proof=
 +
Доказательство проводится обычным способом последовательного нахождения коэффициентов функции <tex>f</tex>. Пусть степень <tex>F</tex> по <tex>t</tex> равна <tex>n</tex> и
 +
 +
:<tex>F(s, t) = (F_{00} + F_{10} s + F_{20} s^2 + \dots) + (F_{01} + F_{11} s + F_{21} s^2 + \dots) t + \dots + (F_{0n} + F_{1n} s + F_{2n} s^2 + \dots) t^n, f(s) = f_0 + f_1 s + f_2 s^2 + \dots</tex>
 +
 +
Приравнивая коэффициенты при <tex>s^0</tex> в левой и правой частях уравнения <tex>(1)</tex>, получаем
 +
 +
:<tex>f_1 = F_{00} + F_{01} f_0 + \dots + F_{0n} f_0^n</tex>
 +
 +
Аналогично, равенство коэффициентов при <tex>s^1</tex> дает
 +
 +
:<tex>2 f_2 = F_{10} + F_{01} f_1 + F_{11} f_0 + \dots + F_{0n} f_0^{n - 1} f_1 + F_{1n} f_0^n</tex>
 +
 +
Вообще, <tex>f_n</tex> находится из уравнения
 +
 +
:<tex>n f_n = \dots (2)</tex>,
 +
 +
где точками обозначен многочлен от коэффициентов функции F и коэффициентов <tex>f_0, f_1, \dots, f_n-1</tex> функции <tex>f</tex>. При каждом <tex>n > 0</tex> уравнение <tex>(2)</tex> имеет единственное решение, и теорема доказана.
 +
 +
}}
  
 
==См. также==
 
==См. также==

Версия 19:09, 10 июня 2017

Дифференцирование и интегрирование производящих функций

Определение:
Пусть [math]A(s) = a_0 + a_1 s + a_2 s^2 + \dots[/math] - производящая функция.

Производной этой функции называется функция

[math]A'(s) = a_1 + 2 a_2 s + 3 a_3 s^2 + \dots + n a_n s^{n-1} + \dots[/math]

Интегралом называется функция

[math]\int\limits A(s) = a_0 s + a_1 \dfrac{s^2}{2} + a_2 \dfrac{s^3}{3} + \dots + a_n \dfrac{s^{n+1} }{n + 1} + \dots[/math]


Операция дифференцирования обратна операции интегрирования:

[math](\int\limits A(s))' = A(s)[/math].

Операция же интегрирования производной приводит к функции с нулевым свободным членом, и поэтому результат, вообще говоря, отличается от исходной функции.

[math] \int\limits A'(s) = A(s) - A(s) [/math]

Замечание

Утверждение:
Для функций, представимых в виде степенных рядов, формула для производной соответствует обычной. Формула для интеграла соответствует значению интеграла с переменным верхним пределом
[math] \int\limits A(s) = \int\limits_{0}^{s} A(\xi) d \xi [/math].

Примеры

Пример 1

Последнее замечание позволяет подсчитывать (т. е. выражать в терминах элементарных) производящие функции для большого числа разнообразных последовательностей. Вычислим, например, производящую функцию

[math] f(s) = \dfrac{1}{1 \times 2} + \dfrac{1}{2 \times 3} s + \dfrac{1}{3 \times 4} s^2 + \dots + \dfrac{1}{(n + 1)(n + 2)} s^n + \dots [/math]

Умножая функцию [math] f [/math] на [math] s^2 [/math] и дифференцируя, получаем

[math](s^2 f(s))' = s + \dfrac{1}{2} s^2 + \dfrac{1}{3} s^3 + \dots = \ln(1 - s)^{-1}[/math],

откуда

[math] f(s) = s^{-2} \int\limits \ln (1 - s)^{-1} = s^{-1} ((s - 1) \ln (1 - s)^{-1} + s) [/math].

Пример 2

Используя только что полученные знания о дифференцировании и интегрировании производящих функций, попробуем решить следующее рекуррентное уравнение:

[math] g_0 = 1[/math]
[math] g_1 = 1[/math]
[math] g_n = g_{n - 1} + 2 g_{n - 2} + (-1)^n[/math]

Умножим обе части всех равенств на z в соответствующей степени и просуммируем:

[math] z^0 g_0 = 1[/math]
[math] z^1 g_1 = z[/math]
[math] z^n g_n = z^n g_{n-1} + 2 z^n g_{n-2} + (-1)^n z^n[/math]
[math] g_0 + g_1 z + \sum\limits_{n = 2}^{\infty} g_n z^n = 1 + z + \sum\limits_{n = 2}^{\infty} g_{n - 1} z^n + 2 \sum\limits_{n = 2}^{\infty} g_{n - 2} z^n + \sum\limits_{n = 2}^{\infty} (-1)^n z^n [/math]

Левая часть [math] G(z) = g_0 + g_1 z + \sum\limits_{n = 2}^{\infty} g_n z^n = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} g_n z^n [/math] представляет собой производящую функцию в бесконечном виде.

Попытаемся выразить правую часть через [math]G(z)[/math]. Рассмотрим каждое слагаемое:

[math]\sum\limits_{n = 2}^{\infty} g_{n - 1} z^n = z \sum\limits_{n = 2}^{\infty} g_{n - 1} z^{n - 1} = z (G(z) - g_0) = z(G(z) - 1)[/math]
[math]\sum\limits_{n = 2}^{\infty} g_{n - 2} z^n = z^2 \sum\limits_{n = 2}^{\infty} g_{n - 2} z^{n - 2} = z^2 G(z)[/math]
[math]\sum\limits_{n = 2}^{\infty} (-1)^n z^n = z^2 - z^4 + z^6 - z^8 + \dots = 1 - z + z^2 -z^4 + z^6 -z^8 + \dots -1 + z = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (-1)^n z^n - 1 + z = \dfrac{1}{1 + z} - 1 + z[/math]

Составляем уравнение:

[math]G(z) = 1 + z + z(G(z) - 1) + 2 z^2 G(z) + \dfrac{1}{1 + z} - 1 + z[/math]
[math]G(z) (1 - z - 2 z^2) = \dfrac{1}{1 + z} + z[/math]
[math]G(z) = \dfrac{1 + z + z^2}{(1 + z) (1 - z - 2 z^2)}[/math]
[math]G(z) = \dfrac{1 + z + z^2}{(1 + z)^2 (1 - 2 z)}[/math]

Это и есть производящая функция для заданного рекуррентного уравнения. Раскладывая её на простейшие дроби (например, методом неопределенных коэффициентов или методом подстановки различных значений [math]z[/math]), получаем:

[math]G(z) = \dfrac{1}{3} \dfrac{1}{(1 + z)^2} - \dfrac{1}{9} \dfrac{1}{1 + z} + \dfrac{7}{9} \dfrac{1}{1 - 2 z}[/math]

Второе и третье слагаемые легко раскладываются в степенной ряд, а вот с первым придется чуть повозиться. Используя правило дифференцирования производящих функций имеем:

[math]\dfrac{1}{(1 + z)^2} = (- \dfrac{1}{1 + z})' = (\sum\limits_{n = 0}^{\infty} (-1)^{n + 1} z^n)' = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (-1)^{n + 1} n z^{n - 1} = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (-1)^n (n + 1) z^n[/math]

Собственно всё. Раскладываем каждое слагаемое в степенной ряд и получаем ответ:

[math]G(z) = \dfrac{1}{3} \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (-1)^n (n + 1) z^n - \dfrac{1}{9} \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (-1)^n z^n + \dfrac{7}{9} \sum\limits_{n = 0}^{\infty} 2^n z^n = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (\dfrac{7}{9} 2^n + (-1)^n (\dfrac{1}{3} n + \dfrac{2}{9})) z^n[/math]

Мы искали G(z) в виде [math]G(z) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} g_n z^n[/math], значит

[math]g_n = \dfrac{7}{9} 2^n + (-1)^n (\dfrac{1}{3} n + \dfrac{2}{9})[/math]

Решение обыкновенных дифференциальных уравнений на производящие функции

Теорема:
Рассмотрим обыкновенное дифференциальное уравнение
[math]f'(s) = F(s, f(s)) (1)[/math]
на производящую функцию [math]f(s)[/math], где [math]F = F(s, t)[/math] --- производящая функция двух переменных, являющаяся многочленом по [math]t[/math] (т.е. степень [math]F[/math] по [math]t[/math] конечна). Тогда для каждого [math]f_0[/math] уравнение [math](1)[/math] имеет единственное решение, удовлетворяющее условию [math]f(0) = f_0[/math]
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Доказательство проводится обычным способом последовательного нахождения коэффициентов функции [math]f[/math]. Пусть степень [math]F[/math] по [math]t[/math] равна [math]n[/math] и

[math]F(s, t) = (F_{00} + F_{10} s + F_{20} s^2 + \dots) + (F_{01} + F_{11} s + F_{21} s^2 + \dots) t + \dots + (F_{0n} + F_{1n} s + F_{2n} s^2 + \dots) t^n, f(s) = f_0 + f_1 s + f_2 s^2 + \dots[/math]

Приравнивая коэффициенты при [math]s^0[/math] в левой и правой частях уравнения [math](1)[/math], получаем

[math]f_1 = F_{00} + F_{01} f_0 + \dots + F_{0n} f_0^n[/math]

Аналогично, равенство коэффициентов при [math]s^1[/math] дает

[math]2 f_2 = F_{10} + F_{01} f_1 + F_{11} f_0 + \dots + F_{0n} f_0^{n - 1} f_1 + F_{1n} f_0^n[/math]

Вообще, [math]f_n[/math] находится из уравнения

[math]n f_n = \dots (2)[/math],
где точками обозначен многочлен от коэффициентов функции F и коэффициентов [math]f_0, f_1, \dots, f_n-1[/math] функции [math]f[/math]. При каждом [math]n \gt 0[/math] уравнение [math](2)[/math] имеет единственное решение, и теорема доказана.
[math]\triangleleft[/math]

См. также

Источники информации

  • Ландо С. К., Лекции о производящих функциях. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2007. — 144с. ISBN 978-5-94057-042-4