《具体数学》第五章 二项式系数 学习笔记（部分）

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从《具体数学》第五章 二项式系数中选了一些个人认为比较 useful 的内容，添加了部分解释和证明。

组合数

在 $n$ 个元素中选择 $m$ 个的方案数，记作 $\dbinom{n}{m}$，定义为：

$$\dbinom{n}{m}=\dfrac{n!}{m!}{(n-m)!}$$

其中 $n,m$ 为非负整数。

当 $m$ 为非负整数时，可以拓展定义：

$$\dbinom{n}{m}=\dfrac{n^{\underline{m}}}{m!}$$

其中 $n$ 为任意实数甚至复数。

事实上甚至可以拓展到 $m$ 为复数：

$$\dfrac{1}{z!}=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{n+z}{n} n^{-z}$$

当 $z$ 为负整数时 $\dfrac{1}{z!}=0$，故认为 $m$ 为负整数时 $\dbinom{n}{m}=0$。

基本恒等式

下面基本只讨论 $m$ 为整数的情况。

对称恒等式：$\dbinom{n}{m}=\dbinom{n}{n-m}$，其中 $n \geq 0$。

吸收/释放恒等式：$\dfrac{n}{m}=\dfrac{n}{m} \dbinom{n-1}{m-1}$。

加法公式：$\dbinom{n}{m}=\dbinom{n-1}{m}+\dbinom{n-1}{m-1}$。

平行求和：$\sum\limits_{k=0}^{m} \dbinom{n+k}{k}=\dbinom{n+m+1}{n}$，$n$ 为非负整数。

上指标求和：$\sum\limits_{k=0}^n \dbinom{k}{m}=\dbinom{n+1}{m+1}$，$n$ 为非负整数。

这个式子两边乘上 $m$ 就可以得到有限积分的结果。

二项式定理：$(1+x)^r=\sum\limits_{k \geq 0} \dbinom{n}{k} x^k y^{n-k}$，当 $n$ 不为非负整数时需要 $|x| \leq 1$ 来保证收敛。

上指标反转：$\dbinom{n}{m}=(-1)^m \dbinom{n-m-1}{m}$。

范德蒙德卷积：$\sum\limits_{k=0}^n \dbinom{a}{k} \dbinom{b}{n-k}=\dbinom{a+b}{n}$，$n$ 为非负整数。

组合证明：左边 $a$ 个球，右边 $b$ 个球，一共选 $n$ 个球，相当于枚举左边选 $i$ 个球，右边选 $n-i$ 个球。

代数证明：

$$\begin{aligned} LHS &= \sum\limits_{i=0}^n ([x^i] (1+x)^a) ([x^{n-i}] (1+x)^b)\\ &= [x^n](1+x)^{a+b}\\ &= \dbinom{a+b}{n} \end{aligned}$$

反范德蒙德卷积：$\sum\limits_{k=0}^n \dbinom{k}{a} \dbinom{n-k}{b}=\dbinom{n+1}{a+b+1}$，$n$ 为非负整数。

组合证明：共 $n+1$ 个球排成一列，选出 $a+b+1$ 个球，相当于枚举第 $a+1$ 个球在 $i+1$ 处。

代数证明：

$$\begin{aligned} LHS &= \sum\limits_{i=0}^n ([x^i] \dbinom{x^a}{(1-x)^{a+1}}) ([x^{n-i}] \dbinom{x^b}{(1-x)^{b+1}})\\ &= [x^n] \dbinom{x^{a+b}}{(1-x)^{a+b+2}}\\ &= \dbinom{n+1}{a+b+1} \end{aligned}$$

一半组合数

下降幂加倍公式：

$$x^{\underline k}(x-\dfrac{1}{2})^{\underline k}=\dfrac{(2x)^{\underline {2k}}}{2^{2k}}(x \geq k)$$

$$\dbinom{x-1/2}{k}=\dfrac{1}{k!} (x-1/2)^{\underline k}=\dfrac{(2x)^{\underline {2k}}}{k! x^{\underline k} 2^{2k}}=4^{-k} \dbinom{2x}{2k}\dbinom{2k}{k} \Big/ \dbinom{x}{k}$$

Example 1

当 $x=k=n$ 时有 $\dbinom{n-1/2}{n}=4^{-n} \dbinom{2n}{n}$。

用上指标反转可推出 $\dbinom{-1/2}{n}=(-4)^{-n} \dbinom{2n}{n}$，故有：

$$\sum \dbinom{2i}{i} x^i=(1-4x)^{-1/2}$$

还可以算 $\dbinom{1/2}{k}=\dfrac{1/2}{k} \dbinom{-1/2}{k-1}=\dfrac{1}{2k} (-4)^{k-1} \dbinom{2(k-1)}{k-1}$，于是：

$$C(x)=\dfrac{1-(1-4x)^{1/2}}{2x}=\sum\limits_i [\dbinom{2i}{i} \Big/ (i+1)] x^i$$

即卡特兰数的生成函数。

Example 2

在

$\dbinom{x-1/2}{k} \dbinom{x}{k}=4^{-k} \dbinom{2x}{2k}\dbinom{2k}{k}$

中令 $x=n/2$ 得到：

$$\dbinom{(n-1)/2}{k} \dbinom{n/2}{k}=4^{-k} \dbinom{n}{2k}\dbinom{2k}{k}$$

$$\sum\limits_{k} 4^{-k}\dbinom{n}{2k}\dbinom{2k}{k}=\sum\limits_{k} \dbinom{(n-1)/2}{k} \dbinom{n/2}{k}$$

然后 $(n-1)/2$ 与 $n/2$ 中至少有一个是非负整数。以 $n/2$ 为非负整数为例：

$$\sum\limits_{k} \dbinom{(n-1)/2}{k} \dbinom{n/2}{k}=\sum\limits_{k} \dbinom{(n-1)/2}{k} \dbinom{n/2}{n/2-k}=\dbinom{n-1/2}{n/2}$$

最后将两种情况合起来可以得到：

$$\sum\limits_{k} 4^{-k}\dbinom{n}{2k}\dbinom{2k}{k}=\dbinom{n-1/2}{\lfloor n/2 \rfloor}$$

Example 3

还可以得到一些别的东西。已经得到：

$$\dbinom{-1/2}{n}=(-4)^{-n} \dbinom{2n}{n}$$

对其求和有：

$$\sum\limits_k \dbinom{-1/2}{k} \dbinom{-1/2}{n-k}=\sum\limits_k (-4)^{-k} \dbinom{2k}{k} (-4)^{-(n-k)} \dbinom{2(n-k)}{n-k}=(-4)^{-n} \sum\limits_k \dbinom{2k}{k} \dbinom{2(n-k)}{n-k}$$

而左式用范德蒙德卷积就是 $\dbinom{-1}{n}=(-1)^n$。于是：

$$\sum\limits_k \dbinom{2k}{k} \dbinom{2(n-k)}{n-k}=4^n$$

差分和牛顿级数

这里涉及到有限微积分。考虑函数将序列放在值上的函数 $f(x)$，关心其在整数上的取值。

定义平移算子 $E f(x)=f(x+1)$，差分算子 $\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)$，那么有 $\Delta=E-1$，及：

$$\Delta^n=\sum\limits_k \dbinom{n}{k} (-1)^{n-k} E^k$$

$$\Delta^n f(x)=\sum\limits_k \dbinom{n}{k} (-1)^{n-k} f(x+k)$$

Example

有限微积分中有结果 $\Delta x^{\underline{k}}=k x^{\underline{k-1}}$。

令 $f(x)=(x-1)^{-1}=\dfrac{1}{x}$，则：

$$\Delta^n f(x)=(-1)(-2) \cdots (-n) (x-1)^{-n-1}=(-1)^n \dfrac{n!}{x(x+1)\cdots (x+n)}=(-1)^n x^{-1} \dbinom{x+n}{n}^{-1}$$

于是：

$$\sum\limits_k \dbinom{n}{k} \dfrac{(-1)^k}{x+k}=x^{-1} \dbinom{x+n}{n}^{-1}$$

于是获得了右式的部分分式展开，不过其实直接设元解也能快速得到。

牛顿级数

考虑 $n$ 次多项式 $f(x)=\sum\limits_{k=0}^n a_k x^k$。将其转为下降幂多项式后再给 $x^k$ 系数乘上 $k!$，可以得到：

$$f(x)=\sum\limits_{k=0}^n c_k \dbinom{x}{k}$$

所以任意多项式都可以唯一地表示成牛顿级数形式。

由于 $\Delta \dbinom{x}{k}=\dbinom{x+1}{k}-\dbinom{x}{k}=\dbinom{x}{k-1}$，故牛顿级数的导数很简单：

$$\Delta^m f(x)=\sum\limits_{k=0}^n c_k \dbinom{x}{k-m}$$

令 $x=0$，则 $\Delta^m f(0)=c_m$。

Example 1

代入得：

$$f(x)=\sum\limits_{k=0}^n \Delta^k f(0) \dbinom{x}{k}$$

于是若知道 $f(0),f(1),\cdots,f(n)$ 就可以 $O(n^2)$ 得到 $f(n)$ 的牛顿级数形式，这即牛顿插值。

该式进一步还可以写成：

$$f(a+x)=\sum\limits_{k \geq 0} \dfrac{\Delta^k f(a)}{k!} x^{\underline{k}}$$

可以看作有限微积分中的泰勒展开。

Example 2

还有另一个结果。将其代入 $\Delta^n f(x)=\sum\limits_k \dbinom{n}{k} (-1)^{n-k} f(x+k)$ 可得：

$$\sum\limits_k (-1)^k \dbinom{n}{k} f(k)=(-1)^n c_n$$

再把 $f(n)$ 写回一般多项式 $\sum\limits_k a_k$，那么有 $a_n=n! c_n$，故：

$$\sum\limits_k (-1)^k \dbinom{n}{k} f(k)=(-1)^n n! a_n$$

不过这个结果并不特别，其实就是下降幂多项式插求值的其中一个式子而已。

这给出一个启示：如果和式中出现 $(-1)^k \dbinom{n}{k}$ 并且剩下的是一个 $n$ 次多项式，就可以直接化简。

广义二项级数与 Raney 引理

组合角度

该部分内容来自 7.5 卷积。

考虑这样一个问题：

求有多少个长为 $2n$ 的序列 $a_1,\cdots,a_{2n} \in \{-1,1\}$ 满足 $\sum a_i=0$，使得所有前缀和非负。

答案显然就是卡特兰数 $C_n=\dbinom{2n}{n}/(n+1)$。求法五花八门（比如经典折线翻转双射），这里有一种新的解释：

Raney 引理：若序列 $a_1,\cdots,a_{n} \in \mathbb{Z}$ 满足 $\sum a_i=1$，那么其 $n$ 个循环移位产生的序列中有且仅有一个满足所有前缀和为正。

证明：设前缀和为 $s_k$，设 $x$ 为满足 $s_k=\min\limits_t s_t$ 的最大的 $k$，则显然以 $x$ 开头的循环移位序列合法。考虑以 $y(y \neq x)$ 开头的循环移位序列：

• 若 $y<x$，则 $s_y \geq s_x$，不合法。
• 若 $y>x$，则 $s_y > s_x$，即 $s_y \geq s_x+1=s_{x+n}$，不合法。

那么考虑补上 $a_0=1$，限制就变成每个前缀和为正。由 Raney 引理就有：

$$C_n=\dfrac{1}{2n+1} \dbinom{2n+1}{n}=\dfrac{1}{n+1} \dbinom{2n}{n}$$

此外，考虑最后一个 $s_x=1$ 且 $x<2n$ 的 $x$，那么 $[0,x]$ 与 $[x+1,n-1]$ 均为合法序列，故卡特兰数的生成函数满足：

$$C(x)=xC^2(x)+1$$

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事实上这个东西可以拓展，比如考虑：

求有多少个长为 $mn$ 的序列 $a_1,\cdots,a_{nm} \in \{1-m,1\}$ 满足 $\sum a_i=0$，使得所有前缀和非负。

可以算出共 $n$ 个 $(1-m)$ 和 $mn-n$ 个 $1$。

同样设 $a_0=1$，再用 Raney 引理得到：

$$C^{(m)}_n=\dfrac{1}{mn+1} \dbinom{mn+1}{n}=\dfrac{1}{mn-n+1} \dbinom{mn}{n}$$

这个数列的名字叫 富斯-卡特兰数。

设 $b_t$ 为最大的 $k$ 使得 $s_k=t$ 且 $k<mn$（认为 $b_0=-1$），那么 $[b_t+1,b_{t+1}](0 \leq t<m)$ 都是合法序列。于是其生成函数 $F(x)$ 满足：

$$F(x)=xF^m(x)+1$$

这是一个很厉害的东西，因为直接从这个方程很难得到封闭形式。

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下面来考虑 $[x^n]F^d(x)$。显然没法直接求，但这里有个巧妙的双射，其与下面这个问题的答案是一样的：

求有多少个长为 $mn$ 的序列 $a_1,\cdots,a_{nm+d-1} \in \{1-m,1\}$ 满足 $\sum a_k=d-1(d > 0)$，使得所有前缀和非负。

还是令 $a_0=1$，设 $b_t$ 为最大的 $k$ 使得 $s_k=t$（认为 $b_0=-1$），那么 $[b_t+1,b_{t+1}](0 \leq t<d)$ 都是合法序列。那么就相当于 $d$ 个合法序列拼在一起了。

但是还是没法求出具体值。考虑 Raney 引理的一个推广：

若序列 $a_1,\cdots,a_{n} \in (-\infty,1] \bigcap \mathbb{Z}$ 满足 $\sum a_i=d$，那么其 $n$ 个循环移位产生的序列中有且仅有 $d$ 个满足所有前缀和为正。

证明：设前缀和为 $s_k$。设 $b_t$ 为最大的 $k$ 使得 $s_k=t$（认为 $b_0=0$），那么所有 $[b_t+1,b_{t+1}](0 \leq t<d)$ 将整个序列分成 $d$ 段。每一段里的位置最大的最小值均满足条件；其它位置同理易证不合法。

于是答案为：

$$[x^n]F^d(x)=\dfrac{d}{mn+d} \dbinom{mn+d}{n}$$

代数角度

考虑上文中得到的方程：

$$F(x)=xF^m(x)+1$$

设 $P(x)=F(x)-1$，有：

$$P(x)=x (P(x)+1)^m$$

其复合逆 $Q(x)$ 满足：

$$x=(1+x)^m Q(x)$$

$$Q(x)=x (1+x)^{-m}$$

由拓展拉格朗日反演得到：

$$\begin{aligned} [x^n]F^d(x) &= \dfrac{1}{n} [x^{-1}] d(1+x)^{d-1} x^{-n} (1+x)^{mn}\\ &= \dfrac{d}{n} [x^{n-1}] (1+x)^{mn+d-1}\\ &= \dfrac{d}{n} \dbinom{mn+d-1}{n-1}\\ &= \dfrac{d}{mn+d} \dbinom{mn+d}{n}\\ \end{aligned}$$

得到了同样的结果：

$$F^d(x)=\sum\limits_{k \geq 0} \dfrac{d}{mk+d} \dbinom{mk+d}{k} x^k$$

并且对所有整数 $m$ 及实数 $d$ 成立。

该多项式被称为广义二项级数 $\mathcal{B}_m(x)$：

$$\mathcal{B}_m(x)=\sum\limits_{k \geq 0} (mk)^{\underline{k-1}} \dfrac{x^k}{k!}$$

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下面再证另一个恒等式：

$$\dfrac{F^d(x)}{1-m+mF^{-1}(x)}=\sum\limits_{k \geq 0} \dbinom{mk+r}{k} x^k$$

考虑对 $F^d(x)=\sum\limits_{k \geq 0} \dfrac{d}{mk+d} \dbinom{mk+d}{k} x^k$ 求导，有：

$$F^{d-1}(x)F'(x)=\sum\limits_{k \geq 0} \dfrac{k}{mk+d} \dbinom{mk+d}{k} x^k$$

于是可以凑出要证的右式：

$$mF^{d-1}(x)F'(x)+F^d(x)=\sum\limits_{k \geq 0} \dbinom{mk+d}{k} x^k$$

下面只需要证：

$$\Leftrightarrow (xmF^{-1}(x)F'(x)+1)(1-m+mF^{-1}(x))=1$$

考虑对 $F(x)=xF^m(x)+1$ 求导，得：

$$F'(x)=F^m(x)+mxF^{m-1}(x)F'(x)$$

$$F'(x)=\dfrac{F^m(x)}{1-mxF^{m-1}(x)}$$

代入后只要证：

$$\Leftrightarrow \dfrac{1-m+mF^{-1}(x)}{1-mxF^{m-1}(x)}=1$$

$$\Leftrightarrow F^{-1}(x)-1=-xF^{m-1}(x)$$

$$\Leftrightarrow F(x)=xF^{m}(x)+1$$

证毕。

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将上述两个恒等式乘在一起可以获得一些拓展的恒等式。

例如用第一个恒等式自乘：

$$\dfrac{d+t}{mn+d+t} \dbinom{mn+d+t}{n} x^k= F^{d+t}(x)=\sum\limits_n x^n \sum\limits_{k \leq n} \dfrac{d}{mk+d} \dbinom{mk+d}{k} \dfrac{t}{m(n-k)+t} \dbinom{m(n-k)+t}{n-k}$$

$$\sum\limits_{k \leq n} \dfrac{d}{mk+d} \dfrac{t}{m(n-k)+t} \dbinom{mk+d}{k} \dbinom{m(n-k)+t}{n-k}=\dfrac{d+t}{mn+d+t} \dbinom{mn+d+t}{n}$$

这是拓展的范德蒙德卷积（$t=0$ 时退化）。并且还有（不会证）：

$$\sum\limits_{k \leq n} \dbinom{n}{k} \dfrac{d}{mk+d} \dfrac{t}{m(n-k)+t} (mk+d)^k (m(n-k)+t)^{n-k}=\dfrac{d+t}{mn+d+t} (mn+d+t)^n$$

这是拓展的二项式定理（$t=0$ 时退化）。

两个恒等式乘在一起可以得到另一种结果：

$$\sum\limits_{k \leq n} \dfrac{d}{mk+d} \dbinom{mk+d}{k} \dbinom{m(n-k)+t}{n-k}=\dbinom{mn+d+t}{n}$$

$$\sum\limits_{k \leq n} \dbinom{n}{k} \dfrac{d}{mk+d} (mk+d)^k (m(n-k)+t)^{n-k}=(mn+d+t)^n$$

超几何级数

超几何级数的定义是：

$$F(a_1,\cdots,a_m;b_1,\cdots,b_n;x)=\sum\limits_{k \geq 0} \dfrac{a_1^{\overline{k}} \cdots a_m^{\overline{k}}}{b_1^{\overline{k}} \cdots b_n^{\overline{k}}} \dfrac{x^k}{k!}$$

其中 $b_k$ 均不为 $0$ 或负整数。

记该级数为 $t_0,t_1,\cdots$。

注意到 $t_0=1$，且相邻两项比值：

$$\dfrac{t_{k+1}}{t_k}=\dfrac{(k+a_1) \cdots (k+a_m)x}{(k+b_1) \cdots (k+b_n) (k+1)}$$

为关于 $k$ 的有理函数（即两个多项式之商）。

另一方面，任意有理函数都能表示成该形式（因式分解后若分母无 $(k+1)$ 则补一个）。

接下来考虑超几何函数的各种具体形式。

当 $m=n=0$ 时，就有最简单的：

$$F(;;x)=\sum\limits_{k \geq 0} \dfrac{x^k}{k!}=e^x$$

当 $m=1,n=0$ 时，有：

$$F(a;;x)=\sum\limits_{k \geq 0} a^{\overline{k}} \dfrac{x^k}{k!}=\sum\limits_{k \geq 0} \dbinom{a+k-1}{k} x^k=(1-x)^{-a}$$

当 $m=2,n=1$ 时，$F(a,b;c;x)$ 被称为高斯超几何级数。

试着改写范德蒙德卷积：

$$\sum\limits_{k \geq 0} \dbinom{a}{k} \dbinom{b}{n-k}=\dbinom{a+b}{n}$$

$$t_k=\dfrac{a!}{k!(a-k)!}\dfrac{b!}{(n-k)!(b-n+k)!}$$

$$\dfrac{t_{k+1}}{t_k}=\dfrac{(k-a)(k-n)}{(k+1)(k+b-n+1)}$$

$$\dbinom{b}{n} F(-a,-n;b-n+1;1)=\dbinom{a+b}{n}$$

$$F(-a,-n;b-n+1;1)=\dfrac{(a+b)!(b-n)!}{(a+b-n)!b!}$$

$$F(a,b;c;1)=\dfrac{(c-a-b-1)!(c-1)!}{(c-a-1)!(c-b-1)!}$$

其中 $b \in \mathbb{Z}$ 且 $b \leq 0$。

还可以写成：

$$F(a,-n;c;1)=\dfrac{(c-a)^{\overline{n}}}{c^{\overline{n}}}=\dfrac{(a-c)^{\underline{n}}}{(-c)^{\underline{n}}}$$

还有更多内容，不过我没看懂就不写了

部分超几何和式

考虑这样一个问题：

给出超几何级数 $f(k)$，求其有限不定积分 $\sum f(k) \delta k=g(k)+C$（即满足 $f(k)=\Delta g(k)=g(k+1)-g(k)$）。

可惜的是不是所有这样的 $g(k)$ 都具有简单形式，例如 $g(k)+C=\sum \dbinom{n}{k} \delta k$（通常都是用大家最熟悉的莫队算法做的）。

称超几何级数 $f(k)$ 是可用超几何项求和的，如果其不定积分可用表示为超几何级数。

Gosper 算法：对于给定超几何级数，求出其超几何级数的不定积分或判定其不可用超几何项求和。

下面来介绍这个算法。设超几何级数 $t(k)$ 的不定积分为 $T(k)$。

第一步是将比值表示成：

$$\dfrac{t(k+1)}{t(k)}=\dfrac{p(k+1)}{p(k)} \dfrac{q(k)}{r(k+1)}$$

其中 $q(k)$ 与 $r(k)$ 满足：不存在 $\alpha-\beta \in \mathbb{Z}^+$ 使得 $q(-\alpha)=r(-\beta)=0$。

那么先令 $p(k)=1$，将比值拆成分子 $q(k)$ 与分母 $r(k+1)$。

接下来如果 $q(k)$ 和 $r(k)$ 分别有因子 $(k+\alpha)$ 与 $(k+\beta)$ 满足 $\alpha-\beta \in \mathbb{Z}^+$，就将它们从 $q(k)$ 和 $r(k)$ 中除掉再令：

$$p(k) \leftarrow p(k)(k+\alpha-1)^{\underline{\alpha-\beta-1}}=p(k) (k+\alpha-1) \cdots (k+\beta+1)$$

容易发现仍然满足条件。不断重复即可得到合法的 $p(k),q(k),r(k)$。

第二步考虑将 $T(k)$ 改写成 $T(k)=\dfrac{r(k)s(k)t(k)}{p(k)}$，代入有：

$$T(k+1)=\dfrac{r(k+1)s(k+1)t(k+1)}{p(k+1)}=\dfrac{q(k)s(k+1)t(k)}{p(k)}$$

$$t(k)=T(k+1)-T(k)=\dfrac{q(k)s(k+1)t(k)}{p(k)}-\dfrac{r(k)s(k)t(k)}{p(k)}$$

$$p(k)=q(k)s(k+1)-r(k)s(k)$$

现在要求 $s(k)$。容易发现 $s(k)$ 一定是有理函数，但事实上可以证明 $s(k)$ 一定是多项式。

设 $s(k)=f(k)/g(k)$。代入可以得到：

$$p(k)g(k)g(k+1)=q(k)f(k+1)g(k)-r(k)f(k)g(k+1)$$

证明：先消去 $f(k)$ 与 $g(k)$ 的公因子。设最大的 $N$ 使存在 $x$ 满足 $(k+x)$ 与 $(k+x+N-1)$ 均为 $g(k)$ 因子（注意 $N=1$ 一定满足）。
将 $k=-x$ 及 $k=-x-N$ 代入条件式得：

$$r(-x)f(-x)g(-x+1)=q(-x-N)f(-x-N+1)g(-x-N)=0$$

由于 $f(k)$ 与 $g(k)$ 无公因子，故 $f(-x) \neq 0$，$f(-x-N+1) \neq 0$。由于 $N$ 的最大性，$x-1$ 与 $x+N$ 也不为 $g(k)$ 的根。
故 $r(-x)=q(-x-N)=0$。这与第一步中的限制矛盾。证毕。

有这个结论就好办了。设 $s(k)=\sum\limits_{t=0}^d \alpha_t k^t$，代入解方程即可，若方程无解则说明原级数不可用超几何项求和。

最后一个问题：怎么确定 $s(k)$ 的系数 $d$？

考虑 $p(k)=q(k)s(k+1)-r(k)s(k)$。令 $Q(k)=q(k)-r(k)$，$R(k)=q(k)+r(k)$，则有：

$$2p(k)=Q(k)(s(k+1)+s(k))+R(k)((s(k+1)-s(k))$$

这样有关 $s(k)$ 的多项式次数可控了。

• 如果 $deg(Q) \geq deg(R)$，那么右式次数即为 $d+deg(Q)$，故 $d=deg(p)-deg(Q)$ 唯一确定。

• 如果 $deg(Q) < deg(R)=e$，这时 $d$ 可能很大（高位全消掉了）。设 $Q(k)=A k^{e-1}+\cdots$，$R(k)=B k^e+\cdots$，则右式为 $(2 \alpha_d \cdot A+d \alpha_d \cdot B) k^{d+e-1}+\cdots$。
  于是要么 $d=deg(p)-deg(Q)+1$，要么 $d=-2A/B$，至多两种情况，分别做即可。

至此整个问题得到解决。

还有一个推广 Gosper-Zeilberger 算法，通过加维在不同的 $n$ 中尝试寻找递推关系来解决 Gosper 算法求不出来的和式。

我没学过组合数 /kk