693
правки
Изменения
→Пример 3
==Дифференцирование и интегрирование производящих функций==
{{Определение
|definition=
Пусть <tex>A(s) = a_0 + a_1 s + a_2 s^2 + \dots</tex> — [[Производящая функция | производящая функция]].
''Производной'' этой функции называется функция
:<tex>A'(s) = a_1 + 2 a_2 s + 3 a_3 s^2 + \dots + n a_n s^{n-1} + \dots</tex>
''Интегралом'' называется функция
:<tex>\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</tex>
}}
Операция дифференцирования обратна операции интегрирования:
:<tex>(\int\limits A(s))' = A(s)</tex>.
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_0</tex>.
===Замечание===
{{Утверждение
|statement=
Для функций, представимых в виде степенных рядов, формула для производной соответствует обычной. Формула для интеграла соответствует значению интеграла с переменным верхним пределом
:<tex> \int\limits A(s) = \int\limits_{0}^{s} A(\xi) d \xi </tex>.
}}
==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) = \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 </tex>
Умножая функцию <tex> f </tex> на <tex> s^2 </tex> и дифференцируя, получаем
:<tex>(s^2 f(s))' = s + \dfrac{1}{2} s^2 + \dfrac{1}{3} s^3 + \dots = \ln \dfrac{1}{1 -
s}</tex>,
откуда
:<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_0 = 1</tex>
:<tex> g_1 = 1</tex>
:<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> z^1 g_1 = z</tex>
:<tex> z^n g_n = z^n g_{n-1} + 2 z^n g_{n-2} + (-1)^n z^n</tex>
:<tex> 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 </tex>
Левая часть <tex> 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 </tex> представляет собой производящую функцию в бесконечном виде.
Попытаемся выразить правую часть через <tex>G(z)</tex>. Рассмотрим каждое слагаемое:
:<tex>\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)</tex>
:<tex>\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)</tex>
:<tex>\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</tex>
Составляем уравнение:
:<tex>G(z) = 1 + z + z(G(z) - 1) + 2 z^2 G(z) + \dfrac{1}{1 + z} - 1 + z</tex>
:<tex>G(z) (1 - z - 2 z^2) = \dfrac{1}{1 + z} + z</tex>
:<tex>G(z) = \dfrac{1 + z + z^2}{(1 + z) (1 - z - 2 z^2)}</tex>
:<tex>G(z) = \dfrac{1 + z + z^2}{(1 + z)^2 (1 - 2 z)}</tex>
Это и есть производящая функция для заданного рекуррентного уравнения. Раскладывая её на простейшие дроби (например, методом неопределенных коэффициентов или методом подстановки различных значений <tex>z</tex>), получаем:
:<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 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>
Собственно всё. Раскладываем каждое слагаемое в степенной ряд и получаем ответ:
<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==
{{Теорема
|about= О существовании и единственности решения
|statement=
Рассмотрим обыкновенное дифференциальное уравнение
:<tex>f'(s) = F(s, f(s)) \text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\text{ } (1)</tex>
на производящую функцию <tex>f(s)</tex>, где <tex>F = F(s, t)</tex> — [[Производящие функции нескольких переменных | 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>
Возьмем с первого слагаемого:
:<tex>(F_{00} + F_{10} s + F_{20} s^2 + \dots) \rightarrow F_{00}</tex>
Возьмем со второго слагаемого:
:<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 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>
Итого выходит:
:<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 \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>.
}}
==См. также==
* [[Производящая функция]]
* [[Производящие функции нескольких переменных]]
* [[Арифметические действия с формальными степенными рядами]]
==Источники информации==
* ''Ландо С. К.'', Лекции о производящих функциях. {{---}} 3-е изд., испр. {{---}} М.: МЦНМО, 2007. {{---}} 144с. ISBN 978-5-94057-042-4
* [https://habrahabr.ru/post/204258/ Производящие функции — туда и обратно] (10.06.2017)
* [https://math.hse.ru/data/2011/02/18/1208528471/DiscrMath09.pdf Элементы перечислительной комбинаторики] (10.06.2017)
[[Категория: Дискретная математика и алгоритмы]]
[[Категория: Производящие функции]]
