2023.8.25 闲话

考察 \(\displaystyle F(z)=\sum_{k=0}^n\dbinom{n-k}kz^k\)，如何找到其封闭形式？

哦哦哦这不是刚写过吗？？

结果这个具体数学就有啊！

做法 1

众所周知广义二项级数 \(\displaystyle\mathcal B_t(z)=\sum_{k\ge 0}\dbinom{tk+1}k\dfrac{z^k}{tk+1}\) 满足：

\[\frac{\mathcal{B}_t(z)^r}{ 1 - t + t\mathcal{B}_t(z)^{-1}} = \sum_{n\ge 0} \binom{tn + r}{n}z^n \]

代入 \(t=2,\ t=-1\) 可以得到：

\[[z^k]\dfrac{\mathcal B_2(z)^r}{\sqrt{1-4z}}=\dbinom{2k+r}k\qquad[z^k]\dfrac{\mathcal B_{-1}(z)^r}{\sqrt{1-4z}}=\dbinom{r-k}k \]

我们应当是知道 \(\mathcal B_2(z)\) 和 \(\mathcal B_{-1}(z)\) 的封闭形式的：

\[\mathcal B_2(z)=\dfrac{1-\sqrt{1-4z}}{2z}\qquad\mathcal B_{-1}(z)=\dfrac{1+\sqrt{1+4z}}2 \]

虽然 \(\mathcal B_{-1}(z)\) 的形式已经基本一致了，不过上界不对还是需要调整的，断言：

\[\dfrac{\mathcal B_{-1}(z)^{n+1}-(-z)^{n+1}\mathcal B_2(-z)^{n+1}}{\sqrt{1-4z}}=\sum_{k\le n}\dbinom{n-k}kz^k \]

因为可以注意到 \(k>n\) 时：

\[\begin{aligned}\,[z^k]\dfrac{(-z)^{n+1}\mathcal B_2(-z)^{n+1}}{\sqrt{1+4z}}&=(-1)^{n+1}\cdot(-1)^{k-n-1}[z^{k-n-1}]\dfrac{\mathcal B_2(z)^{n+1}}{\sqrt{1-4z}}\\&=(-1)^k\dbinom{2k-n-1}{k-n-1}\\&=(-1)^k\dbinom{2k-n-1}k\\&=\dbinom{n-k}k\\&=[z^k]\dfrac{\mathcal B_{-1}(z)^{n+1}}{\sqrt{1-4z}}\end{aligned} \]

所以只有 \(k\le n\) 时左式的 \(z^k\) 项的系数有值，那么代入即可得到：

\[F(z)=\dfrac1{\sqrt{1+4z}}\left(\left(\dfrac{1+\sqrt{1+4z}}2\right)^{n+1}-\left(\dfrac{1-\sqrt{1+4z}}2\right)^{n+1}\right) \]

做法 2

使用 Gosper-Zeilberger 方法，令 \(t(n,k)=\dbinom{n-k}kz^k\)，考虑使用三项的组合 \(\beta_0,\beta_1,\beta_2\)：

\[\begin{aligned}&p(n,k)=(n+1-2k)(n+2-2k)\beta_0(n)+(n+1-k)(n+2-2k)\beta_1(n)\\&\kern{59.5px}+(n+1-k)(n+2-k)\beta_2(n)=\hat p(n,k)\\&\overline t(n,k)=t(n,k)/(n+1-2k)(n+2-2k)=(n-k)!z^k/k!(n+2-2k)!\\&q(n,k)=(n+2-2k)(n+1-2k)z\\&r(n,k)=(n+1-k)k\end{aligned} \]

尝试 \(s(n,k)=\alpha_0\) 可以得到递推式的一组解：

\[\begin{cases}\beta_0(n)=z\\\beta_1(n)=1\\\beta_2(n)=-1\\\alpha_0(n)=1\end{cases} \]

也就是 \(zt(n,k)=t(n+1,k)-t(n+2,k)=T(n,k+1)-T(n,k)\)，其中

\[T(n,k)=r(n,k)s(n,k)\hat t(n,k)/\hat p(n,k)=(n+1-k)k\overline t(n,k)=\dbinom{n+1-k}{k-1}z^k \]

对 \(k=0\dots n\) 求和：

\[zS_n(z)+\left(S_{n+1}(z)-\dbinom0{n+1}z^{n+1}\right)-\left(S_{n+2}(z)-\dbinom0{n+1}z^{n+2}-\dbinom1{n+1}z^{n+1}\right)=T(n,n+1)-T(n,0) \]

那么其实就是 \(S_{n+2}(z)=S_{n+1}(z)+zS_n(z)\)，用特征根之类的东西解了就行了 .

还是二元 GF 比较简洁啊 .