Участник:InFameBoy

Определение:

Производящая функция (англ. generating function) — это формальный степенной ряд вида [math]G(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty a_n z^n[/math], порождающий (производящий) последовательность [math](a_0, a_1, a_2, \ldots)[/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 \times n[/math].
• Вычисления бесконечных сумм.

Примеры производящих функций

Рассмотрим производящие функции для различных комбинаторных последовательностей:

• [math]\prod\limits_{ 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] равен [math]+1[/math], потому что существует два разбиения на четное число различных слагаемых [math](4+1; 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\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{1-x^n}[/math] — производящая функция для последовательности [math]p_n[/math], где [math]p_i[/math] — число разбиений числа [math]i[/math] на слагаемые.

• [math]\prod\limits_{ n = 1}^\infty(1+x^n)[/math] — производящая функция для последовательности [math]d_n[/math], где [math]d_i[/math] — число разбиений на различные слагаемые.

• [math]\prod\limits_{n=1}^\infty(1+x^{ 2n - 1})^{-1}[/math] — производящая функция для последовательности [math]l_n[/math], где [math]l_i[/math] — число 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\limits_{n=1}^\infty(1+x^{ n})=\prod\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1-x^{2n}}{1-x^n}=\dfrac{1-x^2}{1-x}\dfrac{1-x^4}{1-x^2}\dfrac{1-x^6}{1-x^3}\ldots=[/math]

[math]=\dfrac{1}{1-x}\dfrac{1}{1-x^3}\dfrac{1}{1-x^5}\ldots=\prod\limits_{n=1}^\infty(1+x^{ 2n - 1})^{-1}[/math]

Операции над производящими функциями

Умножение на скаляр

Умножение производящей функции на скаляр [math]k[/math] увеличивает каждый производимый ей элемент в [math]k[/math] раз:

[math]\langle1, 0, 1, 0, 1, 0,...\rangle \xleftrightarrow{} 1 + x^2 + x ^4 + x^6 + ... = \frac{1}{1-x^2}[/math]

Умножение производящей функции на [math]2[/math] даёт

[math]\frac{2}{1 - x^2} = 2 + 2x^2 + 2x^4 + 2x^6 + ...[/math]

что производит следующую последовательность:

[math]\langle2,0,2,0,2,0,...\rangle[/math]

Если [math]\langle f_0,f_1,f_2,...\rangle \xleftrightarrow{} F(x), \text{тогда} \langle cf_0,cf_1,cf_2,...\rangle \xleftrightarrow{} c \cdot F(x)[/math]

Сложение производящих функций

Сложение производящих функций [math]A \text{ и } B[/math] соответствует производящей функции [math]C[/math], такой что [math]c_n = a_n + b_n[/math]

[math]\langle f_0,f_1,f_2,... \xleftrightarrow{} F(x)[/math]

[math]+ \langle g_0,g_1,g_2,... \rangle \xleftrightarrow{} G(x)[/math]

[math]= \langle f_0+g_0,f_1+g_1,f_2+g_2,... \rangle \xleftrightarrow{} F(x) + G(x)[/math]

Сдвиг вправо

Пусть у нас есть производящая функция [math]\langle 1,1,1,1,... \rangle \xleftrightarrow{} \frac{1}{1-x}[/math]

Мы можем сдвинуть её вправо, добавив [math]k[/math] ведущих нулей:

[math]\langle 0,0,...,0,1,1,1,... \rangle \xleftrightarrow{} x^k + x^{k+1} + x^{k+2} + x^{k+3} + ... = x^k \cdot (1 + x + x^2 + x^3 + ...) = \frac{x^k}{1-x}[/math]

То есть чтобы сдвинуть производящую функцию на [math]k[/math] элементов в право, нужно умножить её на [math]x^k[/math]

Дифференцирование производящей функции

Дифференцирование проиводящей функции сдвигае её элементы влево на одни элемент и умножает каждый элемент на его индекс:

[math]\frac{d}{dx}(1 + x + x^2 + x^3+x^4 + ...) = \frac{d}{dx}\big(\frac{1}{1-x}\big)[/math]

[math]\frac{d}{dx} + x\frac{d}{dx} + x^2 \frac{d}{dx} + x^3 \frac{d}{dx} + x^4 \frac{d}{dx} + ... = \frac{d}{dx}\big(\frac{1}{1-x}\big)[/math]

[math]1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... = \frac{1}{(1-x)^2}[/math]

[math]\langle 1,2,3,4,... \rangle \xleftrightarrow{} \frac{1}{(1-x)^2}[/math]

Задача:

Найти производящую функцию для последовательности квадратов [math]\langle 0,1,4,9,16,... \rangle[/math]

Мы можем взять последовательность [math]\langle 1,1,1,1,...\rangle[/math], давайте два раза продиффиренцируем производящую функцию для этой последовательности, чтобы получить желаемый результат. Проблема в том, что дифференцирование производит сдвиг в лeво, и в результате мы получим:

[math]\frac{d}{dx}\frac{d}{dx}\langle 1,1,1,1,...\rangle = \langle4,9,16,...\rangle[/math]

Чтобы избежать потери первых двух элементов последовательности, мы можем применять сдвиг вправо после каждого дифференцирования:

[math]\langle 1,1,1,1,...\rangle \xleftrightarrow{} \frac{1}{1-x}[/math]

[math]\langle 1,2,3,4,...\rangle \xleftrightarrow{} \frac{d}{dx}\frac{1}{1-x} = \frac{1}{(1-x)^2} [/math]

[math]\langle 0,1,2,3,...\rangle \xleftrightarrow{} x \cdot \frac{1}{(1-x)^2} = \frac{x}{(1-x)^2}[/math]

[math]\langle 1,4,9,16,...\rangle \xleftrightarrow{} \frac{d}{dx}\frac{x}{(1-x)^2} = \frac{1+x}{(1-x)^3} [/math]

[math]\langle 0,1,4,9,...\rangle \xleftrightarrow{} x \cdot \frac{1+x}{(1-x)^3} = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3}[/math]

Произведение производящих функций

Утверждение:

Пусть [math]A \text{ и } B[/math] - классы объектов, и [math]A(x) \text{ и } B(x)[/math] - их производящие функции. Тогда классу [math]C = A \times B \text{ соответствует производящая функция } C(x) = A(x)B(x).[/math]

[math]\triangleright[/math]

Пусть [math]c_n[/math] - число объектов размера [math]n[/math] в декартовом произведении [math]C = A \times B [/math]. Эти объекты полученны выбором объекта [math]a \in A \text{ размера } k \leq n \text{ и объекта } b \in B \text{ размера } n-k[/math]. Таким образом [math]c_n = \displaystyle\sum_{k = 0}^{n} a_k b_{n-k}.[/math] Рассмотрим произведение производящих функций [math]A(x)B(x) = \Bigg(\displaystyle\sum_{k \geq 0}^{} a_k x^k\Bigg) \times \Bigg(\displaystyle\sum_{k \geq 0}^{} b_k x^k \Bigg).[/math] [math]A(x)B(x) = \displaystyle\sum_{n \geq 0}^{} \Bigg(\displaystyle\sum_{k \geq 0}^{n} a_k b_{n-k}\Bigg)x^n[/math]

[math]\triangleleft[/math]

Задача:

Дана шестигранная игральная кость, грани которой пронумерованный от [math]1 \text{ до } 6[/math] и восьмигранная игральная кость, грани которой пронумерованны от [math]1 \text{ до } 8[/math]. Мы кидаем кости и получаем сумму чисел, которые выпали на костях. Нужно найти число способов получить каждую сумму.

Представим производящую функцию [math]C(x) = \displaystyle_{n \geq 0}^{} c_n x^n[/math] как:

[math]C(x) = (x+ x^2 + x^3 + x^4 + x^5 + x^6) \times (x + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 + x^6 + x^7 + x^8)[/math]

первая часть учитывает все возможные исходы первой кости, а вторая часть учитывает исходы второй кости. Например, сумму [math]5[/math] можно разбить на [math]2[/math] с первой кости и [math]3[/math] со второй. Такой исход учитывается умножением [math]x^2[/math] из первой последовательности на [math]x^3[/math] из второй.

[math]C(x) = x^2 + 2x^3 + 3x^4 + 4x^5 + 5x^6 + 6x^7 + 6x^8 + 6x^9 + 5x^{10} + 4x^{11} + 3x^{12} + 2x^{13} + x^{14}[/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, \ldots)[/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:

1. 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=\ldots,[/math]

   [math]a_1=\ldots,[/math]

   [math]\ldots[/math]

   [math]a_{k-1}=\ldots,[/math]

   [math]a_{n}=\ldots, n \geqslant k.[/math]

2. Домножить каждую строчку на [math]z[/math] в соответствующей степени и просуммировать строчки для всех [math]n \geqslant 0 [/math].
3. В полученном уравнении привести все суммы к замкнутому виду. Получить уравнение для производящей функции.
4. 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\limits_{n=2}^\infty(6a_{ n - 1}-8a_{n-2}+n) z^n[/math]

[math]G(z)=a_0+a_1z+6\sum\limits_{n=2}^\infty a_ { n-1} z^n - 8\sum\limits_{n=2}^\infty a_ { n-2} z^n+\sum\limits_{n=2}^\infty n z^n[/math]

[math]G(z)=a_0+a_1z+6z\sum\limits_{n=1}^\infty a_ { n } z^n - 8z^2\sum\limits_{n=0}^\infty a_ { n } z^n+\sum\limits_{n=2}^\infty n z^n[/math]

[math]G(z)=a_0+a_1z+6z(G(z)-a_0) - 8z^2G(z)+\sum\limits_{n=2}^\infty n z^n[/math]

[math]G(z)=1-4z+6zG(z) - 8z^2G(z)+\sum\limits_{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, \ldots)[/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\limits_{n=0}^\infty b_n z^n)'=z\sum\limits_{ n = 1}^\infty nb_n z^{n-1}=\sum\limits_{n=0}^\infty nb_n z^n[/math]

Тогда замкнем последнее слагаемое следующим образом:

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

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

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

Это уравнение для производящей функции. Из него выражаем [math]G(z)[/math]:

[math]G(z)=\dfrac{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 :

[math] G(z) =\dfrac{1-6z+11z^2-5z^3}{(1-6z+8z^2)(1-z)^2}=\dfrac{1-6z+11z^2-5z^3}{(1-2z)(1-4z)(1-z)^2}=\dfrac{1/3}{(1-z)^2}+\dfrac{7/9}{1-z}-\dfrac{1/2}{1-2z}+\dfrac{7/18}{1-4z}[/math]

Разложим первое слагаемое в ряд, используя расширенные биномиальные коэффициенты :

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

[math]G(z)=\dfrac{1/3}{(1-z)^2}+\dfrac{7/9}{1-z}-\dfrac{1/2}{1-2z}+\dfrac{7/18}{1-4z}=\dfrac{1}{3}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+1)z^n +\dfrac{7}{9}\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^n - \dfrac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} 2^n z^n + \dfrac{7}{18}\sum\limits_{n=0}^{\infty} 4^n z^n[/math]

[math]a_n=\dfrac{n+1}{3}+\dfrac{7}{9}-\dfrac{2^n}{2}+\dfrac{7 \cdot 4^n}{18}=\dfrac{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 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\limits_{n=1}^{\infty}n p(1-p)^{n-1} [/math]

• [math]\operatorname{E}(\xi^2) = \sum\limits_{n=1}^{\infty}n^{2}p(1-p)^{n-1}[/math]

которые фактически являются производящими функциями последовательностей [math]1, 2, 3\ldots[/math] и [math]1, 4, 9\ldots[/math]:

• [math]\operatorname{ E}(\xi)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}n p(1-p)^{n-1} = [/math]

[math]= \sum\limits_{n=0}^{\infty}(n+1) p(1-p)^{n} = [/math]

[math]= \sum\limits_{n=0}^{\infty}n p(1-p)^{n} + \sum\limits_{n=1}^{\infty} p(1-p)^{n-1} = [/math]

[math]= (1-p) \operatorname{E}(\xi) +1 \Rightarrow \operatorname{E}(\xi) = \dfrac{1}{p}[/math]

• [math]\operatorname{E}(\xi^2) = p\sum\limits_{n=1}^{\infty}n^{2}(1-p)^{n-1} =[/math]

[math]=p\sum\limits_{n=1}^{\infty}n(n+1)(1-p)^{n-1} - p\sum\limits_{n=1}^{\infty}n(1-p)^{n-1} =[/math]

[math]= p\dfrac{\operatorname{d}^{2}}{\operatorname{d}p^{2}}\sum\limits_{n=1}^{\infty}(1-p)^{n+1} + p\dfrac{\operatorname{d}}{\operatorname{d}p}\sum\limits_{n=1}^{\infty}(1-p)^{n} =[/math]

[math]= p\dfrac{\operatorname{d}^{2}}{\operatorname{d}p^{2}}\left(\sum\limits_{ n = 0}^{\infty}(1-p)^{n} \cdot(1-p)^2\right) +p\dfrac{\operatorname{d}}{\operatorname{d}p}\left(\sum\limits_{ n = 0}^{\infty}(1-p)^{n}\cdot(1-p)\right) =[/math]

[math]= p\dfrac{\operatorname{d}^{2}}{\operatorname{d}p^{2}}\left(\dfrac{ 1}{1-(1-p)} \cdot(1-p)^2\right) +p\dfrac{\operatorname{d}}{\operatorname{d}p}\left(\dfrac{ 1}{1-(1-p)}\cdot(1-p)\right) =[/math]

[math]= p\dfrac{\operatorname{d}^{2}}{\operatorname{d}p^{2}}\left(\dfrac{ (1 - p) ^ 2}{p}\right) +p\dfrac{\operatorname{d}}{\operatorname{d}p}\left(\dfrac{ 1 - p}{p}\right) =[/math]

[math]= p\cdot\dfrac{2}{p^3} - p\cdot\dfrac{1}{p^2} = \dfrac{2}{p^{2}} - \dfrac{1}{p} = \dfrac{2-p}{p^{2}}[/math].

Тогда:

[math]\operatorname{D}(\xi)=\operatorname{E}(\xi^2)-(\operatorname{E}(\xi))^2= \dfrac{2-p}{p^{2}}-\dfrac{1}{p^2}=\dfrac{1-p}{p^2}[/math]

Пример задачи на нахождение производящей функции

Задача:

Рассмотрим множество путей на прямой, состоящих из шагов длины [math]1[/math] вправо и влево. Найдите производящую функцию для числа таких путей из [math]n[/math] шагов, начинающихся в [math]0[/math] и оканчивающихся в [math]0[/math].

Заметим, что для того, чтобы закончить путь в [math]0[/math], необходимо совершить равное число шагов вправо и влево. Тогда задача сводится к тому, чтобы выбрать [math]\dfrac{n}{2}[/math] позиций для, например, шагов вправо из всего [math]n[/math] шагов. Тогда ответом будет сумма от нуля до бесконечности по [math]n[/math] всех [math]C^{n}_{2n}[/math]. То есть: [math] g(x) = \sum\limits_{0}^{\infty} C^{n}_{2n} x^n [/math] Рассмотрим [math]f(x) = \sum\limits_{0}^{\infty} C_n x^n [/math], где [math]C_n[/math] — число Каталана. Тогда, заметим что [math]f'(x) = \sum\limits_{0}^{\infty} n C_n x^{n-1} [/math]. Так как [math]C_n = \dfrac{1}{n+1} C_{2n}^n [/math], то справедливо равенство: [math] g(x) = (n+1)f(x) = xf'(x) + f(x) [/math]

Мы знаем, что производящая функция для чисел Каталана равна [math]f(x) = \dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}[/math]. Найдем [math]f'(x)[/math].

[math] f'(x) = \dfrac{\dfrac{4x}{\sqrt{1-4x}} - 2 + 2\sqrt{1-4x}}{4x^2} = \dfrac{1 - 2x - \sqrt{1-4x}}{2x^2 \sqrt{1-4x}} [/math]

Соответственно, ответом будет производящая функция вида:

[math] g(x) = \dfrac{1 - 2x - \sqrt{1-4x}}{2x \sqrt{1-4x}} + \dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2x} [/math]

Задача:

Рассмотрим множество путей на прямой, состоящих из шагов длины [math]1[/math] вправо и влево. Найдите производящую функцию для числа таких путей из [math]n[/math] шагов, начинающихся и оканчивающихся в [math]0[/math] и не заходящих в отрицательную полупрямую.

Заметим, что задача аналогична Правильной скобочной последовательности. Тогда производящей функцией для нашей задачи будет производящая функция для правильной скобочной последовательности, а именно:

[math] g(x) = \dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2x} [/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 .

Все суммы 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,\ldots)[/math]	[math]1[/math]	[math]1[/math]
[math](0, 0, \ldots, 0, 1, 0, 0\ldots)[/math] ([math]m[/math] нулей в начале)	[math]z^m[/math]	[math]z^m[/math]
[math](1, 1, 1,\ldots)[/math]	[math]\sum\limits z^n[/math]	[math]\dfrac{1}{1-z}[/math]
[math](1, 0, 0, \ldots, 0, 1, 0, 0, \ldots 0, 1, 0, 0\ldots)[/math] (повторяется через [math]m[/math])	[math]\sum\limits z^{nm}[/math]	[math]\dfrac{1}{1-z^m}[/math]
[math](1, -1, 1, -1,\ldots)[/math]	[math]\sum\limits (-1)^nz^n[/math]	[math]\dfrac{1}{1+z}[/math]
[math](1, 2, 3, 4,\ldots)[/math]	[math]\sum\limits (n+1)z^n[/math]	[math]\dfrac{1}{(1-z)^2}[/math]
[math](1, 2, 4, 8, 16,\ldots)[/math]	[math]\sum\limits 2^nz^n[/math]	[math]\dfrac{1}{(1-2z)}[/math]
[math](1, r, r^2, r^3,\ldots)[/math]	[math]\sum\limits r^nz^n[/math]	[math]\dfrac{1}{(1-rz)}[/math]
[math]([/math][math]{m\choose 0}, {m\choose 1}, {m\choose 2}, {m\choose 3},\ldots[/math][math])[/math]	[math]\sum\limits {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},\ldots[/math][math])[/math]	[math]\sum\limits {{m+n-1}\choose n}[/math] [math]z^n[/math]	[math]\dfrac{1}{(1-z)^m}[/math]
[math]([/math][math]1, {{m+1}\choose m}, {{m+2}\choose m}, {{m+3}\choose m},\ldots[/math][math])[/math]	[math]\sum\limits {{m+n}\choose n}[/math] [math]z^n[/math]	[math]\dfrac{1}{(1-z)^{m+1}}[/math]
[math](0, 1, -\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{3}, -\dfrac{1}{4},\ldots)[/math]	[math]\sum\limits \dfrac{(-1)^{n+1}}{n}[/math] [math]z^n[/math]	[math]\ln(1+z)[/math]
[math](1, 1, \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{6}, \dfrac{1}{24},\ldots)[/math]	[math]\sum\limits \dfrac{1}{n!}[/math] [math]z^n[/math]	[math]e^z[/math]
[math](1, -\dfrac{1}{2!}m^2, \dfrac{1}{4!}m^4, -\dfrac{1}{6!}m^6, \dfrac{1}{8!}m^8,\ldots)[/math]	[math]\sum\limits \dfrac{1}{(2n)!}[/math] [math]m^{(2n)}[/math]	[math]\cos m[/math]
[math](m, -\dfrac{1}{3!}m^3, \dfrac{1}{5!}m^5, -\dfrac{1}{7!}m^7, \dfrac{1}{9!}m^9,\ldots)[/math]	[math]\sum\limits \dfrac{1}{(2n-1)!}[/math] [math]m^{(2n-1)}[/math]	[math]\sin m[/math]

См. также

• Производящая функция Дирихле

Источники информации

• Вайнштейн Ф., Разбиение чисел. Журнал "Квант" № 11, 1988 год
• Производящие функции
• Wikipedia — Generating function
• Нахождение количества разбиений числа на слагаемые. Пентагональная теорема Эйлера
• Graham, Knuth, and Patashnik: Concrete Mathematics
• generation-function-notes
• mit-ocw-generating-func