生成函数的进一步理解

生成函数

作用：建立函数和数列之间的联系，通过函数的变换来做数列操作
通常把数列映射为一个多项式的系数，然后通过级数求和的方法将多项式变换到一个函数。
实例：
- $f(x)=1+x+x^2+x^3+\cdots$ ，满足 $x\lt 1$
  建立了等差数列 $<1,1,1,\cdots>$ 和函数 $f(x)=\frac{1}{1-x}$
- 更一般地，多项式 $f(x)=1+ax+(ax)^2+(ax)^3+\cdots$ 建立数列 $<1,a,a^2,a^3,\cdots>$ 和 $f(x)=\frac{1}{1-ax}$ 之间之间的联系
斐波那契数列
- 定义： $f(0)=f(1)=1$ ， $f(n)=f(n-1)+f(n-2)$
- 推导，令 $F(x)$ 为斐波那契数列的生成函数
  
  $F(x)=f(0)+f(1)x+f(2)x^2+f(3)x^3+\cdots+f(n)x^n+\cdots\\ xF(x)=\quad \quad \quad f(0)x+f(1)x^2+f(2)x^3+\cdots+f(n-1)x^n+\cdots\\ x^2F(x)=\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(0)x^2+f(1)x^3+\cdots+f(n-2)x^n+\cdots\\ F(x)-(xF(x)+x^2F(x))=F(x)(1-x-x^2)=x\\ F(x)=\frac{x}{1-x-x^2}$
- 把 $F(x)$ 因式分解，得到
  
  $F(x)=\frac{4\sqrt{5}x}{5\sqrt{5}-\sqrt{5}(2x+1)^2}\\ =\frac{-1-\sqrt{5}}{\sqrt{5}(2x+\sqrt{5}+1)}+\frac{-1+\sqrt{5}}{\sqrt{5}(-2x+\sqrt{5}-1)}\\=\frac{1}{\sqrt{5}}(-\frac{1}{1-\frac{\sqrt{5}-1}{2}x}+\frac{1}{1-\frac{\sqrt{5}+1}{2}x})$
  如果把 $f(x)\frac{1}{1-\frac{\sqrt{5}+1}{2}x}$ 看做一个公比为 $\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ 的等差数列的生成函数，那么容易得到 $f(n)=[x^n]F(x)=\frac{1}{\sqrt{5}}(-(\frac{\sqrt{5}-1}{2})^n+(\frac{\sqrt{5}+1}{2})^n1)$

用函数(多项式代数)表示各种数列

相比于直接操作函数，多项式之间的运算更容易，因此我们往往先把一个数列的生成函数写出来，然后分析数列需要的操作通过函数的操作来表示，而这个操作运用多项式的运算来完成更会好。
各个操作之间的对应，令函数 $F(x)$ 是数列 $<a_0,a_1,a_2,\cdots,a_n>$ 的生成函数
- $cF(x)\rightarrow<ca_0,ca_1,ca_2,\cdots,ca_n>$ ：数列倍增
- $xF(x)\rightarrow<0,a_0,a_1,a_2,\cdots,a_n>$ ：数列右移，左边补 $0$
- $\frac{F(x)-a_0}{x}\rightarrow<a_1,a_2,\cdots,a_n>$ ：数列左移
- $F_1(x)-F_2(x)\rightarrow<a_{1,0}-a_{2,0},a_{1,1}-a_{2,1},a_{1,2}-a_{2,2},\cdots,a_{1,n}-a_{2,n}>$ ：数列对应项加减
- $F^{'}(x)\rightarrow<a_1,2a_2,3a_3,\cdots,na_n>$ ：数列乘幂次+左移
- $F_1(x)\cdot F_2(x)=\sum_{k=0,i\le k}a_{1,i}a_{2,k-i}x^k\rightarrow$ 数列卷积

卷积的应用

记数列 $<a_0,a_1,a_2,\cdots,a_n\cdots>$ 的生成函数为 $F(x)$
求数列前 $n$ 项和： $[x^n]\frac{F(x)}{1-x}$
求自然数平方和

\frac{1}{1 - x} \leftrightarrow< 1, 1, 1, \dots, 1, \dots > \frac{1}{(1 - x)^{2}} \leftrightarrow< 1, 2, 3, \dots, n, \dots > \frac{1}{(1 - x)^{3}} \leftrightarrow< 1, 3, 6, 10, \dots, \frac{n (n + 1)}{2}, \dots > \frac{x}{(1 - x)^{3}} \leftrightarrow< 0, 1, 3, 6, 10, \dots, \frac{n (n + 1)}{2}, \dots > \frac{1 + x}{(1 - x)^{3}} \leftrightarrow< 1, 4, 9, 16, 25, \dots > (x^{n}) \frac{x (1 + x)}{(1 - x)^{4}} = \sum_{i = 1}^{n} i^{2} (1 - x)^{- 4} = \sum_{n \geq 0} (\binom{n + 3}{3}) x^{n} \sum_{i = 1}^{n} i^{2} = (\binom{n + 2}{3}) + (\binom{n + 1}{3})

$\frac{1}{1-x}\leftrightarrow<1,1,1,\cdots,1,\cdots>\\ \frac{1}{(1-x)^2}\leftrightarrow<1,2,3,\cdots,n,\cdots>\\ \frac{1}{(1-x)^3}\leftrightarrow<1,3,6,10,\cdots,\frac{n(n+1)}{2},\cdots>\\ \frac{x}{(1-x)^3}\leftrightarrow<0,1,3,6,10,\cdots,\frac{n(n+1)}{2},\cdots>\\ \frac{1+x}{(1-x)^3}\leftrightarrow<1,4,9,16,25,\cdots>\\ (x^n)\frac{x(1+x)}{(1-x)^4}=\sum_{i=1}^ni^2\\ (1-x)^{-4}=\sum_{n\ge 0}\binom{n+3}{3}x^n\\ \sum_{i=1}^ni^2=\binom{n+2}{3}+\binom{n+1}{3}$

指数生成函数

F (x) = a_{0} + a_{1} x + a_{2} \frac{x^{2}}{2!} + a_{3} \frac{x^{3}}{3!} + \dots = e^{x}

$\ F(x)=a_0+a_1x+a_2\frac{x^2}{2!}+a_3\frac{x^3}{3!}+\cdots=e^x$

现在看一下两个指数生成函数的卷积 $F\cdot G$ ，设 $F$ 对应的数列是 $<a>$ ， $G$ 对应的数列是 $<b>$ 。现在考虑我们要求卷积完后第 $4$ 项的系数

c_{4} = \frac{a_{0} b_{4}}{0! 4!} + \frac{a_{1} b_{3}}{1! 3!} + \frac{a_{2} b_{2}}{2! 2!} + \frac{a_{4} b_{0}}{4! 0!}

$c_4=\frac{a_0b_4}{0!4!}+\frac{a_1b_3}{1!3!}+\frac{a_2b_2}{2!2!}+\frac{a_4b_0}{4!0!}$

我们希望最后还是一个指数生成函数的形式，所以考虑给 $x^4$ 乘上一个 $\frac{1}{4!}$ ，那么 $c_4$ 就要乘上一个 $4!$

4! c_{4} = \frac{4!}{0! 4!} a_{0} b_{4} + \frac{4!}{1! 3!} a_{1} b_{3} + \frac{4!}{2! 2!} a_{2} b_{2} + \frac{4!}{3! 1!} a_{3} b_{1} + \frac{4!}{4! 0!} a_{4} b_{0} = (\binom{4}{0}) a_{0} b_{4} + (\binom{4}{1}) a_{1} b_{3} + (\binom{4}{2}) a_{2} b_{2} + (\binom{4}{3}) a_{3} b_{1} + (\binom{4}{4}) a_{4} b_{0}

$4!c_4=\frac{4!}{0!4!}a_0b_4+\frac{4!}{1!3!}a_1b_3+\frac{4!}{2!2!}a_2b_2+\frac{4!}{3!1!}a_3b_1+\frac{4!}{4!0!}a_4b_0\\ =\binom{4}{0}a_0b_4+\binom{4}{1}a_1b_3+\binom{4}{2}a_2b_2+\binom{4}{3}a_3b_1+\binom{4}{4}a_4b_0$

因此

f g = {\sum_{r = 0}^{\infty} \frac{a_{r} x^{r}}{r!}} {\sum_{s = 0}^{\infty} \frac{b_{s} x^{s}}{s!}} = \sum_{r, s \geq 0} \frac{a_{r} b_{s}}{r! s!} x^{r + s} = \sum_{n \geq 0} x^{n} {\sum_{r + s = n} \frac{a_{r} b_{s}}{r! s!}} [\frac{x^{n}}{n!}] (f g) \sum_{r + s = n} \frac{n! a_{r} b_{s}}{r! s!} = \sum_{r} (\binom{n}{r}) a_{r} b_{n - r}

$fg=\left\{\sum_{r=0}^{\infty}\frac{a_rx^r}{r!} \right\}\left\{\sum_{s=0}^{\infty}\frac{b_sx^s}{s!} \right\}=\sum_{r,s\ge 0}\frac{a_rb_s}{r!s!}x^{r+s}=\sum_{n\ge 0}x^n\left\{\sum_{r+s=n}\frac{a_rb_s}{r!s!}\right\}\\ \left[\frac{x^n}{n!} \right](fg)\sum_{r+s=n}\frac{n!a_rb_s}{r!s!}=\sum_{r}\binom{n}{r}a_rb_{n-r}$

扩展到更多项

f^{m} = \sum_{n \geq 0} \sum_{\sum_{i = 1}^{m} p_{i} = n} \frac{\prod_{\sum_{i = 1}^{m} p_{i} = n} a_{p_{i}}}{\prod_{\sum_{i = 1}^{m} p_{i} = n} p_{i}!} x^{n} [\frac{x^{n}}{n!}] f^{m} = \sum_{p_{1} + p_{2} + \dots + p_{m} = n} \frac{n!}{p_{1}! p_{2}! \dots p_{m}!} a_{p_{1}} a_{p_{2}} \dots a_{p_{m}} = \sum_{p_{1} + p_{2} + \dots + p_{m} = n} (\binom{n}{p_{1}, p_{2}, \dots, p_{m}}) a_{p_{1}} a_{p_{2}} \dots a_{p_{m}}

$f^m=\sum_{n\ge 0}\sum_{\sum_{i=1}^mp_i=n}\frac{\prod_{\sum_{i=1}^m p_i=n} a_{p_i}}{\prod_{\sum_{i=1}^mp_i=n}p_i!}x^n\\ \left[\frac{x^n}{n!}\right]f^m=\sum_{p_1+p_2+\cdots +p_m=n}\frac{n!}{p_1!p_2!\cdots p_m!}a_{p_1}a_{p_2}\cdots a_{p_m}=\sum_{p_1+p_2+\cdots +p_m=n}\binom{n}{p_1,p_2,\cdots,p_m}a_{p_1}a_{p_2}\cdots a_{p_m}$

Dirichlet生成函数

F (x) = a_{1} + \frac{a_{2}}{2^{s}} + \frac{a_{3}}{3^{s}} + \frac{a_{4}}{4^{s}} + \dots

$F(x)=a_1+\frac{a_2}{2^s}+\frac{a_3}{3^s}+\frac{a_4}{4^s}+\cdots$

现在看一下两个Dirichlet生成函数的卷积 $F\cdot G$ ，设 $F$ 对应的数列是 $<a>$ ， $G$ 对应的数列是 $<b>$ 。
设 $c_n$ 是卷积后的第 $n$ 项，则

c_{n} = \sum_{i \times j = n} a_{i} b_{j} = \sum_{d | n} a_{d} b_{\frac{n}{d}}

$c_n=\sum_{i\times j=n}a_ib_j=\sum_{d|n}a_db_\frac{n}{d}$

应用

ζ (s) = 1 + \frac{1}{2^{s}} + \frac{1}{3^{s}} + \dots (a_{i} = 1)

$\zeta(s)=1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\cdots\quad (a_i=1)$

$\zeta(s)^2$ 的第 $n$ 项的系数表示 $d(n)$ ，即 $n$ 的约数的个数
$\frac{1}{\zeta(s)}$ 的第 $n$ 项的系数表示 $\mu(n)$
若 $A(s)=B(s)\zeta(s)$ ，则 $B(s)=\frac{A(s)}{\zeta(s)}$ ，得到 $b_n=\sum_{d|n}a_d\mu(\frac{n}{d})$