具体数学 2.6 有限微积分和无限微积分

1.

类比传统的“无限微积分”，定义了一种新的“有限微积分”。

求导：类比 $f'(x)=\lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$，定义 $\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)$，一般称之为差分。

不定积分：类比 $\int f'(x)\mathrm{d}x=f(x)+C$，定义 $\sum \Delta f(x)\delta x=f(x)+C$，其中 $C$ 是周期为 $1$ 的函数。（注意传统微积分中 $C$ 是常数）。

定积分：类比 $\int_{a}^{b} f'(x)\mathrm{d}x=f(x)\mid_{a}^{b}=f(b)-f(a)$，定义 $\sum_{a}^{b} \Delta f(x)\delta x=f(x)\mid_{a}^{b}=f(b)-f(a)$。

那么注意到我们主要做的事情有两件：1. 求导中，钦定 $h=1$ 而不是趋近于 $0$。2. 积分中，把连续的 $\int$ 替换成了离散的 $\sum$。实质上是一个由连续到离散的过程。

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我们知道定积分 $\int_{a}^{b} f'(x)\mathrm{d}x$ 本身就是有意义的，它代表一个面积；我们同样为有限微积分中的定积分寻找意义。

记 $g(x)=\Delta f(x)$，显然 $\sum_{a}^{a}g(x)\delta x=f(a)-f(a)=0$；而 $\sum_{a}^{a+1}g(x)\delta x=f(a+1)-f(a)=g(a)$；通过归纳，我们可以得到：

$$\sum_{a}^{b}g(x)\delta x=\sum_{a\le k\lt b}g(x)$$

那么注意到这里的条件是 $a\le b$ 且 $a,b$ 为整数。自然地有定义 $\sum_{b}^{a}g(x)\delta x=-\sum_{a}^{b}g(x)\delta x$。

另外，类似 $\int_{a}^{b}+\int_{b}^{c}=\int_{a}^{c}$ 地，同样有 $\sum_{a}^{b}+\sum_{b}^{c}=\sum_{a}^{c}$。

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2.

我们研究具体式子的差分与其逆运算。

首先是单项式 $x^m$。我们知道 $(x^m)'=mx^{m-1}$，那么放到 $\Delta (x^m)$ 中呢？显然结果不再简洁。

事实上存在一类数，在差分算子中也起到相同的效果：下降幂 $x^{\underline{m}}=x(x-1)...(x-m+1)$，$m$ 为非负整数（特殊地 $x^{\underline{0}}=1$）。显然有 $\Delta (x^{\underline{m}})=mx^{\underline{m-1}}$。下降幂之于有限微积分，就像多项式之于传统微积分那样重要。所以我们给出其不定积分：$\sum x^{\underline{m}}\delta x=\frac{x^{\underline{m+1}}}{m+1}+C$。

到这里我们需要把下降幂的指数从非负整数拓展到整数：定义 $x^{\underline{-m}}=\frac{1}{(x+1)(x+2)...(x+m)}$，其中 $m$ 为正整数。然后对任何的整数 $m,n$，类似幂的运算那样，下降幂也有运算：$x^{\underline{m+n}}=x^{\underline{m}}(x-m)^{\underline{n}}$。

那么按照刚才的积分方式，我们无法计算 $\sum x^{\underline{-1}}\delta x$ 了。我们知道 $\int x^{-1}\mathrm{d}x=\ln x+C$，其实在这里，也可以得到一个和 $\ln x$ 对应的东西：$H_{x}=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{x}$。

现在可以完整地处理下降幂的不定积分了：

$$\sum x^{\underline{m}}\delta x=\begin{cases}\frac{x^{\underline{m+1}}}{m+1}+C (m\neq -1) \\ H_x+C (m=-1)\end{cases}$$

既然我们找到了 $\ln x$，很显然，我们会去找 $e^x$ 的对应。实质上就是找到一个函数 $f(x)$ 满足 $\Delta f(x)=f(x)$，可以取 $f(x)=2^x$ 作为离散指数函数。换言之，连续的时候会大量出现 $\ln$ 和 $e$；而离散的时候就对应大量出现 $H$ 和 $2$。

既然探讨了 $2^x$ 的差分和逆差分（不定积分），我们把 $a^x$ 这一类式子的差分和逆差分也探讨一下。设 $f(x)=m^x$，则 $\Delta f(x)=m^{x+1}-m^{x}=(m-1)m^{x},\sum f(x)\delta x=\frac{m^x}{m-1}+C$。

到这里，就完成了基本的内容：$x^{\underline{m}},m^x,H_x$ 相关的差分 以及 $x^{\underline{m}},m^x$ 的逆差分。

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差分与求导有类似的运算法则：首先是线性性：即 $\Delta (f+g)=\Delta f+\Delta g$ 以及 $\Delta c\cdot g=c\cdot \Delta g$。

另外，求 $\Delta (f\times g)$ 也是可以做的：

$$\Delta (f(x)g(x))=f(x+1)g(x+1)-f(x)g(x) \\=f(x+1)g(x+1)-f(x)g(x+1)+f(x)g(x+1)-f(x)g(x) \\=f(x)\Delta g(x)+g(x+1)\Delta f(x)$$

让我们定义算子 $Ef(x)=f(x+1)$，则有 $\Delta (f\times g)=f\Delta g+Eg\Delta f$。

我们要能逆回去，就像分部积分那样，这样才能求和。在左右两边同时不定积分后移项：

$$\sum f\Delta g=fg-\sum Eg\Delta f$$

显然我们上面所探讨的不定积分都可以加上范围变成定积分。

3.

让我们利用有限微积分做点具体的求和。

让我们先对下降幂求和：$\sum_{0\le k\lt n}k^{\underline{m}}=\frac{k^{\underline{m+1}}}{m+1}\mid_{0}^{n}=\frac{n^{\underline{m+1}}}{m+1}$，这里 $m\neq -1$。

求 $\sum_{0\le k\lt n}k^2$ 是一个经典的问题，把 $k^2$ 拆成 $k^{\underline{2}}+k^{\underline{1}}$，然后我们得到 $\sum_{0\le k\lt n}k^2=\frac{1}{3}k^{\underline{3}}+\frac{1}{2}k^{\underline{2}}$。事实上，通过斯特林数，很多时候都能在一般幂和下降幂间转化，这是以后的内容。

几何级数的求和也是经典问题，利用 $q^x$ 的差分与逆差分相关知识，很容易得到：$\sum_{a\le k\lt b}q^k=\frac{q^{k}}{q-1}\mid_{a}^{b}=\frac{q^{b}-q^{a}}{q-1}$。

对于和式 $\sum_{0\le k\le n}k2^k$，我们已经知道可以用扰动法计算它的值。让我们利用有限微积分，“不动脑子”地去计算它：

令 $f(k)=k,\Delta g(k)=2^k$，则有 $\Delta f(k)=1,g(k)=2^k$。我们所求即 $\sum_{0\le k\le n}f(k)\Delta g(k)$，则有：

$$\sum_{0\le k\le n}f(k)\Delta g(k) \\=\sum_{0}^{n+1}f(k)\Delta g(k)\delta k$$

定义 $F(k)=\sum f(k)\Delta g(k)\delta k$，则原式变为 $F(k)\mid_{0}^{n+1}$，故我们考虑计算 $F(k)$，根据分部积分法则，有

$$F(k)=f(k)g(k)-\sum Eg(k)\Delta f(k)=k2^{k}-\sum 2^{k+1}=k2^{k}-2^{k+1}$$

那么 $F(n+1)-F(0)=(n+1)2^{n+1}-2^{n+2}-0\times 2^{0}+2^{1}=(n-1)2^{n+1}+2$。即 $\sum_{0\le k\le n}k2^k=(n-1)2^{n+1}+2$。

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我们以两个调和数 $H$ 相关的和式来收尾。

首先对 $H$ 求前缀和：$\sum_{0\le k\lt n}H_{k}$。注意到，我们不知道如何直接对 $H_{x}$ 做不定积分，但是我们知道 $H_{x}$ 的差分。这种情况下考虑设计一个分部求和：设 $f(k)=H_k,\Delta g(k)=1$，那么有 $\Delta f(k)=x^{\underline{-1}},g(k)=k$。我们要对 $f(k)\Delta g(k)$ 进行积分，它是 $f(k)g(k)-\sum g(k+1)\Delta f(k)=kH_k-\sum (k+1)\frac{1}{x+1}=kH_k-k+C$，因此 $\sum_{0\le k\lt n}H_{k}=kH_k-k\mid_{0}^{n}=nH_n-n$。

然后是更为困难的 $\sum_{0\le k\lt n}kH_{k}$（事实上我们已经发现和上面过程没有什么区别了）。设 $f(k)=H_{k},\Delta g(k)=k=k^{\underline{1}}$，那么有 $\Delta f(k)=x^{\underline{-1}},g(k)=\frac{1}{2}k^{\underline{2}}$。（一般我们能转下降幂就转下降幂，会方便很多）。

那么 $\sum f(k)\Delta g(k)=f(k)g(k)-\sum g(k+1)\Delta f(k)=H_{k}\frac{k^{\underline{2}}}{2}-\frac{k^{\underline{2}}}{4}+C$。因此 $\sum_{0\le k\lt n}kH_k=\frac{n^{\underline{2}}}{2}(H_n-\frac{1}{2})$。

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4.

我们首先模拟无限微积分定义了一套离散的有限微积分。但是注意 $\sum_{a\le k\lt b}g(k)$ 这里，$k$ 是整数，而 $\sum_{a}^{b}g(k)\delta k$ 这里 $k$ 类似传统微积分取的是一切范围内实数。

这套法则就是用来模拟传统微积分的，所以有 $x^{\underline{m}},m^x$ 还有替代 $\ln x$ 和 $e^x$ 的 $H_x$ 与 $2^x$。注意到此时的 $H_x$ 依然限定在整数，未来我们将对非整数的 $x$ 也去定义 $H_x$。

事实上有时候我们就可以把这里的差分和求和当作普通的数列里的差分和前缀和来类比理解。

利用这套工具，很多 $x^{\underline{m}},m^x$ 以及 $H_x$ 的求和都可以解决。另外，碰到两个函数的积的求和时，往往可以用分部求和法解决。