| Определение: |
| Производящая функция (англ. generating function) — это формальный степенной ряд:
[math]G(z)=\sum_{n=0}^\infty a_n z^n[/math],
порождающий (производящий) последовательность [math](a_0, a_1, a_2, ...)[/math]. |
Метод производящих функций был разработан Эйлером в 1750-х годах.
Применение
Производящая функция используется для:
- Компактной записи информации о последовательности;
- Нахождения зависимости [math]a_n(n)[/math] для последовательности [math]a_n[/math], заданной рекуррентным соотношением. Например, для чисел Фибоначчи;
- Нахождения рекуррентного соотношения для последовательности — вид производящей функции может помочь найти формулу;
- Исследования асимптотического поведения последовательности;
- Доказательства тождеств с последовательностями;
- Решения задачи подсчета объектов в комбинаторике. Например, в доказательстве пентагональной теоремы или в задаче нахождения количества расстановок [math]m[/math] ладей на доске [math]n[/math] × [math]n[/math];
- Вычисления бесконечных сумм.
Примеры производящих функций
Рассмотрим производящие функции для различных комбинаторных последовательностей:
- [math]\prod_{n=1}^\infty (1-x^n)[/math] — производящая функция для разности количества разбиений числа [math]n[/math] в четное и нечетное число различных слагаемых. Например коэффициент при [math]x^5[/math] — [math]+1[/math], потому-что существует два разбиение на четное число различных слагаемых ([math]4+1[/math]; [math]3+2[/math]) и одно на нечетное ([math]5[/math]). Правильность этого легко осознать, если понять, что каждая скобка представляет какое-то слагаемое и мы можем его взять (второе слагаемое — [math]-x^k[/math]) или не взять (первое — [math]1[/math]). Эта производящая функция используется в комбинаторном доказательстве пентагональной теоремы.
- [math] \prod_{n=1}^\infty \frac{1}{1-x^n}[/math] — производящая функция для последовательности [math]p_n[/math], где [math]p_i[/math] — количество разбиений числа [math]i[/math] на слагаемые.
- [math]\prod_{n=1}^\infty (1+x^n)[/math] — производящая функция для последовательности [math]d_n[/math], где [math]d_i[/math] — количество разбиений на различные слагаемые.
- [math]\prod_{n=1}^\infty (1+x^{2n-1})[/math] — производящая функция для последовательности [math]l_n[/math], где [math]l_i[/math] — количество разбиений на нечётные слагаемые. С помощью метода производящих функций можно доказать, что производящие функции последовательностей равны, соответственно [math]d_n=l_n[/math]:
[math] \prod_{n=1}^\infty (1+x^{n})=\prod_{n=1}^\infty \frac{1-x^{2n}}{1-x^n}=\frac{1-x^2}{1-x}\frac{1-x^4}{1-x^2}\frac{1-x^6}{1-x^3}...=[/math]
[math]=\frac{1}{1-x}\frac{1}{1-x^3}\frac{1}{1-x^5}...=\prod_{n=1}^\infty (1+x^{2n-1})[/math]
Примеры решений задач методом производящих функций
Решение рекуррентных соотношений
Существует целый класс последовательностей, задаваемых рекуррентным соотношением, например, [math]f_n[/math] — числа Фибоначчи или [math]C_n[/math] — числа Каталана. Метод производящих функций позволяет получить выражение для [math]a_n[/math] через номер элемента в последовательности в замкнутом виде, то есть в таком виде, что выражение можно вычислить, предполагая, что [math]z[/math] достаточно мало.
Пусть последовательность [math](a_0, a_1, a_2, ...)[/math] удовлетворяет некоторому рекуррентному соотношению. Мы хотим получить выражение для [math]a_n[/math] (при [math]n \geqslant 0[/math]) в замкнутом виде. Алгоритм получения замкнутого выражения для чисел [math]a_n[/math], удовлетворяющих рекуррентному соотношению, с помощью производящих функций состоит из 4 шагов:
- Записать рекуррентное соотношение и начальные данные для него в следующем виде (если порядок соотношения равен [math]k[/math], то есть количество предшествующих элементов, требуемых для вычисления элемента с номером [math]n[/math], равно [math]k[/math]):
- [math]a_0=...,[/math]
- [math]a_1=...,[/math]
- [math]...[/math]
- [math]a_{k-1}=...,[/math]
- [math]a_{n}=..., n \geqslant k.[/math]
- Домножить каждую строчку на [math]z[/math] в соответствующей степени и просуммировать строчки для всех [math]n \geqslant 0 [/math].
- В полученном уравнении привести все суммы [math]\sum[/math] к замкнутому виду. Получить уравнение для производящей функции.
- Выразить [math]G(z)[/math] в явном виде (решить уравнение, полученное на предыдущем шаге) и разложить производящую функцию в ряд по степеням [math]z[/math].
Для демонстрации универсальности метода рассмотрим довольно произвольное рекуррентное соотношение:
[math]a_0=1,[/math]
[math]a_1=2,[/math]
[math]a_n=6a_{n-1}-8a_{n-2}+n, n \geqslant 2[/math]
Запишем производящую функцию для этой последовательности и преобразуем правую часть:
[math]G(z)=a_0+a_1z+\sum_{n=2}^\infty (6a_{n-1}-8a_{n-2}+n) z^n[/math]
[math]G(z)=a_0+a_1z+6\sum_{n=2}^\infty a_{n-1}z^n - 8\sum_{n=2}^\infty a_{n-2}z^n+\sum_{n=2}^\infty n z^n[/math]
[math]G(z)=a_0+a_1z+6z\sum_{n=1}^\infty a_{n}z^n - 8z^2\sum_{n=0}^\infty a_{n}z^n+\sum_{n=2}^\infty n z^n[/math]
[math]G(z)=a_0+a_1z+6z(G(z)-a_0) - 8z^2G(z)+\sum_{n=2}^\infty n z^n[/math]
[math]G(z)=1-4z+6zG(z) - 8z^2G(z)+\sum_{n=2}^\infty n z^n[/math]
Для того, чтобы замкнуть последнюю сумму воспользуемся очень важным приемом, который используется при преобразовании производящих функций. Фактически мы имеем дело с последовательностью [math]nb_n[/math] (в нашем случае последовательность [math]b_n=(1, 1, 1, ...)[/math]). Такая последовательность получается путём дифференцирования функции [math]B(z)[/math], производящей для [math]b_n[/math], с последующим умножением результата на [math]z[/math]:
[math]zB'(z)=z(\sum_{n=0}^\infty b_n z^n)'=z\sum_{n=1}^\infty nb_n z^{n-1}=\sum_{n=0}^\infty nb_n z^n[/math]
Тогда замкнем последнее слагаемое следующим образом:
[math]\sum_{n=2}^\infty n z^n=z \sum_{n=2}^\infty n z^{n-1}= z (\sum_{n=2}^\infty z^n)'[/math]
[math]\sum_{n=2}^\infty z^n=\sum_{n=0}^\infty z^n-1-z=\frac{1}{1-z}-1-z=\frac{z^2}{1-z}[/math]
[math]z (\frac{z^2}{1-z})'=\frac{z^2(2-z)}{(1-z)^2}[/math]
Таким образом наше последнее слагаемое примет вид:
[math]G(z)=1-4z+6zG(z) - 8z^2G(z)+\frac{z^2(2-z)}{(1-z)^2}[/math]
Это уравнение для производящей функции. Из него выражаем [math]G(z)[/math]:
[math]G(z)=\frac{1-6z+11z^2-5z^3}{(1-6z+8z^2)(1-z)^2}[/math]
Разложим знаменатель на множители и разобьём дробь на сумму простых дробей[1]:
[math]G(z)=\frac{1-6z+11z^2-5z^3}{(1-6z+8z^2)(1-z)^2}=\frac{1-6z+11z^2-5z^3}{(1-2z)(1-4z)(1-z)^2}=\frac{1/3}{(1-z)^2}+\frac{7/9}{1-z}-\frac{1/2}{1-2z}+\frac{7/18}{1-4z}[/math]
Разложим первое слагаемое в ряд, используя расширенные биномиальные коэффициенты[2]:
[math]\frac{1}{(1-z)^2}=(1-z)^{-2}=\sum_{n=0}^{\infty} {-2\choose n}(-z)^n=[/math]
[math]=\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n{n+1\choose 1}(-z)^n=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)z^n[/math]
[math]G(z)=\frac{1/3}{(1-z)^2}+\frac{7/9}{1-z}-\frac{1/2}{1-2z}+\frac{7/18}{1-4z}=[/math]
[math]=\frac{1}{3}\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)z^n +\frac{7}{9}\sum_{n=0}^{\infty} z^n - \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty} 2^n z^n + \frac{7}{18}\sum_{n=0}^{\infty} 4^n z^n[/math]
[math]a_n=\frac{n+1}{3}+\frac{7}{9}-\frac{2^n}{2}+\frac{7 \cdot 4^n}{18}=\frac{7 \cdot 4^n+6n+20}{18}-2^{n-1}[/math]
Расчет дисперсии геометрического распределения
Метод производящих функций также используется для нахождения математического ожидания и дисперсии различных распределений в теории вероятностей. Например, в геометрическом распределении[3] для нахождения дисперсии [math]\operatorname{D}(\xi)=\operatorname{E}(\xi^2)-(\operatorname{E}(\xi))^2[/math] нужно найти два мат. ожидания:
- [math]\operatorname{E}(\xi)=\sum_{n=1}^{\infty}n p (1-p)^{n-1} [/math]
- [math] \operatorname{E}(\xi^2) = \sum_{n=1}^{\infty}n^{2}p(1-p)^{n-1}[/math]
которые фактически являются производящими функциями последовательностей [math]1, 2, 3...[/math] и [math]1, 4, 9...[/math]:
- [math]\operatorname{E}(\xi)=\sum_{n=1}^{\infty}n p (1-p)^{n-1} = [/math]
[math]= \sum_{n=0}^{\infty}(n+1) p (1-p)^{n} = [/math]
[math]= \sum_{n=0}^{\infty}n p (1-p)^{n} + \sum_{n=1}^{\infty} p (1-p)^{n-1} = [/math]
[math]= (1-p) \operatorname{E}(\xi) +1 \Rightarrow \operatorname{E}(\xi) = \frac{1}{p}[/math]
- [math] \operatorname{E}(\xi^2) = p\sum_{n=1}^{\infty}n^{2}(1-p)^{n-1} =[/math]
[math] =p\sum_{n=1}^{\infty}n(n+1)(1-p)^{n-1} - p\sum_{n=1}^{\infty}n(1-p)^{n-1} =[/math]
[math] = p\frac{\operatorname{d}^{2}}{\operatorname{d}p^{2}}\sum_{n=1}^{\infty}(1-p)^{n+1} + p\frac{\operatorname{d}}{\operatorname{d}p}\sum_{n=1}^{\infty}(1-p)^{n} =[/math]
[math] = p\frac{\operatorname{d}^{2}}{\operatorname{d}p^{2}}\left(\sum_{n=0}^{\infty}(1-p)^{n} \cdot (1-p)^2\right) +p\frac{\operatorname{d}}{\operatorname{d}p}\left(\sum_{n=0}^{\infty}(1-p)^{n}\cdot(1-p)\right) =[/math]
[math] = p\frac{\operatorname{d}^{2}}{\operatorname{d}p^{2}}\left(\frac{1}{1-(1-p)} \cdot (1-p)^2\right) +p\frac{\operatorname{d}}{\operatorname{d}p}\left(\frac{1}{1-(1-p)}\cdot(1-p)\right) =[/math]
[math] = p\frac{\operatorname{d}^{2}}{\operatorname{d}p^{2}}\left(\frac{(1-p)^2}{p}\right) +p\frac{\operatorname{d}}{\operatorname{d}p}\left(\frac{1-p}{p}\right) =[/math]
[math] = p\cdot\frac{2}{p^3} - p\cdot\frac{1}{p^2} = \frac{2}{p^{2}} - \frac{1}{p} = \frac{2-p}{p^{2}}[/math].
Тогда:
[math]\operatorname{D}(\xi)=\operatorname{E}(\xi^2)-(\operatorname{E}(\xi))^2= \frac{2-p}{p^{2}}-\frac{1}{p^2}=\frac{1-p}{p^2}[/math]
Приложения
Примеры простых производящих функций
На последнем шаге приведения производящей функции к замкнутому виду требуется разложить полученные слагаемые в ряд. Для этого можно воспользоваться таблицей основных производящих функций[4].
Все суммы [math]\sum[/math] выполняются по переменной [math]n[/math] от [math]0[/math] до [math]\infty[/math]. Элементы последовательности нумеруются от [math]0[/math].
| Последовательность |
Производящая функция в виде ряда |
Производящая функция в замкнутом виде
|
| [math](1, 0, 0,...)[/math] |
[math]1[/math] |
[math]1[/math]
|
| [math](0, 0, ..., 0, 1, 0, 0...)[/math] ([math]m[/math] нулей в начале) |
[math]z^m[/math] |
[math]z^m[/math]
|
| [math](1, 1, 1,...)[/math] |
[math]\sum z^n[/math] |
[math]\frac{1}{1-z}[/math]
|
| [math](1, 0, 0, ..., 0, 1, 0, 0, ... 0, 1, 0, 0...)[/math] (повторяется через [math]m[/math]) |
[math]\sum z^{nm}[/math] |
[math]\frac{1}{1-z^m}[/math]
|
| [math](1, -1, 1, -1,...)[/math] |
[math]\sum (-1)^nz^n[/math] |
[math]\frac{1}{1+z}[/math]
|
| [math](1, 2, 3, 4,...)[/math] |
[math]\sum (n+1)z^n[/math] |
[math]\frac{1}{(1-z)^2}[/math]
|
| [math](1, 2, 4, 8, 16,...)[/math] |
[math]\sum 2^nz^n[/math] |
[math]\frac{1}{(1-2z)^2}[/math]
|
| [math](1, r, r^2, r^3,...)[/math] |
[math]\sum r^nz^n[/math] |
[math]\frac{1}{(1-rz)^2}[/math]
|
| [math]([/math][math]{m\choose 0}, {m\choose 1}, {m\choose 2}, {m\choose 3},...[/math][math])[/math] |
[math]\sum {m\choose n}[/math] [math]z^n[/math] |
[math](1+z)^m[/math]
|
| [math]([/math][math]1, {{m}\choose m}, {{m+1}\choose m}, {{m+2}\choose m},...[/math][math])[/math] |
[math]\sum {{m+n-1}\choose n}[/math] [math]z^n[/math] |
[math]\frac{1}{(1-z)^m}[/math]
|
| [math]([/math][math]1, {{m+1}\choose m}, {{m+2}\choose m}, {{m+3}\choose m},...[/math][math])[/math] |
[math]\sum {{m+n}\choose n}[/math] [math]z^n[/math] |
[math]\frac{1}{(1-z)^{m+1}}[/math]
|
| [math](0, 1, -\frac{1}{2}, \frac{1}{3}, -\frac{1}{4},...)[/math] |
[math]\sum \frac{(-1)^{n+1}}{n}[/math] [math]z^n[/math] |
[math]\ln(1+z)[/math]
|
| [math](1, 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{6}, \frac{1}{24},...)[/math] |
[math]\sum \frac{1}{n!}[/math] [math]z^n[/math] |
[math]e^z[/math]
|
Примечания
Источники информации
