Изменения

Перейти к: навигация, поиск
Пример 3
Операция же интегрирования производной приводит к функции с нулевым свободным членом, и поэтому результат, вообще говоря, отличается от исходной функции.
:<tex> \int\limits A'(s) = A(s) - A(s) a_0</tex>.
===Замечание===
==Примеры==
===Пример <tex>1</tex>===
Последнее замечание позволяет подсчитывать (т. е. выражать в терминах элементарных) производящие функции для большого числа разнообразных последовательностей. Вычислим, например, производящую функцию
:<tex> f(s) = s^{-2} \int\limits \ln \dfrac{1}{1 - s} = s^{-1} ((s - 1) \ln \dfrac{1}{1 - s} + s) </tex>.
===Пример <tex>2</tex>===
Используя только что полученные знания о дифференцировании и интегрировании производящих функций, попробуем решить следующее рекуррентное уравнение:
:<tex> g_n = g_{n - 1} + 2 g_{n - 2} + (-1)^n</tex>
Умножим обе части всех равенств на <tex>z </tex> в соответствующей степени и просуммируем:
:<tex> z^0 g_0 = 1</tex>
:<tex>G(z) = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{(1 + z)^2} - \dfrac{1}{9} \times \dfrac{1}{1 + z} + \dfrac{7}{9} \times \dfrac{1}{1 - 2 z}</tex>
Второе и третье слагаемые легко раскладываются в степенной ряд, а вот с первым придется придётся чуть повозиться. Используя правило дифференцирования производящих функций имеем:
:<tex>\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</tex>
<tex>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</tex>
Мы искали <tex>G(z) </tex> в виде <tex>G(z) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} g_n z^n</tex>, значит
:<tex>g_n = \dfrac{7}{9} 2^n + (-1)^n (\dfrac{1}{3} n + \dfrac{2}{9})</tex>
===Пример <tex>3</tex>===
Вычислим обратную функцию к экспоненте. Для этого мы воспользуемся [[Производящая функция#Приложения | разложением экспоненты]]:
:<tex>e^z = \sum\limits_{z = 0}^{\infty} \dfrac{1}{n!} z^n</tex>
Разложение экспоненты начинается с <tex>1</tex>, поэтому аргумент логарифма нужно сдвинуть в <tex>1</tex>:
:<tex>\ln(1 + t) = l_1 t + l_2 t^2 + l_3 t^3 + \dots</tex>
(свободный член в разложении равен <tex>0</tex>, поскольку <tex>\ln(1) = 0</tex>). Для вычисления коэффициентов разложения логарифма воспользуемся тем, что производная функции и обратной к ней в произведении дают <tex>1</tex>. Поскольку <tex>\dfrac{d}{ds} e^s = e^s</tex>, получаем
:<tex>\dfrac{d}{dt} \ln(1 + t) = \dfrac{1}{1 + t} = 1 - t + t^2 - t^3 + t^4 - \dots</tex>,
откуда, интегрируя,
:<tex>\ln(1 + t) = t - \dfrac{1}{2}t^2 + \dfrac{1}{3}t^3 - \dfrac{1}{4}t^4 + \dots</tex>
Чаще используется следующий вариант:
:<tex>-\ln(1 - t) = \ln \dfrac{1}{1 - t} = t + \dfrac{1}{2}t^2 + \dfrac{1}{3}t^3 + \dfrac{1}{4}t^4 + \dots</tex>
==Решение обыкновенных дифференциальных уравнений на производящие функции==
:<tex>(F_{01} + F_{11} s + F_{21} s^2 + \dots) t = (F_{01} + F_{11} s + F_{21} s^2 + \dots) (f_0 + f_1 s + f_2 s^2 + \dots) \rightarrow F_{01} f_0</tex>
Возьмем со с <tex>n</tex>-го слагаемого:
:<tex>(F_{0n} + F_{1n} s + F_{2n} s^2 + \dots) t^n = (F_{0n} + F_{1n} s + F_{2n} s^2 + \dots) (f_0 + f_1 s + f_2 s^2 + \dots)^n \rightarrow F_{0n} f_0^n</tex>
:<tex>n f_n = \dots \text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ } (2)</tex>,
где точками обозначен многочлен от коэффициентов функции <tex>F </tex> 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. Значит уравнение <tex>(1)</tex> имеет однозначное решение для каждого <tex>f_0</tex>.
}}
560
правок

Навигация