《具体数学》阅读笔记

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《具体数学》阅读笔记

目录

• 《具体数学》阅读笔记
  • 1. 常见化简技巧
    • 1.1. 基数变换
    • 1.2. 待定系数法
    • 1.3. 和式和递归式
      • 1.3.1. 求和因子
      • 1.3.2 扰动法
      • 1.3.3 巧用定律与法则

1. 常见化简技巧

1.1. 基数变换

形如

$$\begin{array}{rlrl}& f(j)={\alpha }_j,& & 1\le j\le d;\\ & f(dn+j)=cf(n)+{\beta }_j,& & 0\le j\le d,n\ge 1\end{array}$$

的函数 $f$，我们尝试将参数写成进制的形式，即 $n=(b_m{b}_{m-1}\cdots b_1{b}_0{)}_d$，则我们可以推出

$$\begin{array}{rl}f(n)& =f((b_m{b}_{m-1}\cdots b_1{b}_0{)}_d)\\ & =cf((b_m{b}_{m-1}\cdots b_1{)}_d)+{\beta }_{b_0}\\ & =c^{2}f((b_m{b}_{m-1}\cdots {)}_d)+c{\beta }_{b_1}+{\beta }_{b_0}\\ & \cdots \\ & =c^m{\alpha }_{b_m}+c^{m-1}{\beta }_{b_{m-1}}+\cdots +c{\beta }_{b_1}+{\beta }_{b_0}\\ & =({\alpha }_{b_m}{\beta }_{b_{m-1}}\cdots {\beta }_{b_1}{\beta }_{b_0}{)}_c.\end{array}$$

于是我们得到了最终的结论：

$$\begin{array}{}\text{(1.1)}& f((b_m{b}_{m-1}\cdots b_1{b}_0{)}_d)=({\alpha }_{b_m}{\beta }_{b_{m-1}}\cdots {\beta }_{b_1}{\beta }_{b_0}{)}_c.\end{array}$$

注意这里的答案对应的 $c$ 进制是广义的，本质上采用的是倒数第二行的计算方式，只是可以简单写成进制的形式。

练习：

已知函数 $f$ 的递归式

$$\begin{array}{rl}& f(1)=34;\\ & f(2)=5;\\ & f(3n)=10f(n)+76,& & n\ge 1;\\ & f(3n+1)=10f(n)-2,& & n\ge 1;\\ & f(3n+2)=10f(n)+8,& & n\ge 1.\end{array}$$

求 $f(19)$ 的值.

根据 $(1.1)$ 有

$$\begin{array}{rl}f(19)& =f((201{)}_3)\\ & =(576-2{)}_{10}\\ & =1258.\end{array}$$

1.2. 待定系数法

形如

$$\begin{array}{rl}& f(0)=\alpha ;\\ & f(n)=f(n-1)+\beta n+\gamma ,& & n>0.\end{array}$$

的函数 $f$（事实上第二个式子中的后半部分的形式可以是多样的），我们可以猜出其应该与 $\alpha ,\beta ,\gamma$ 有一些关系，于是我们考虑将这些参数对答案的贡献设成函数，即我们认为

$$\begin{array}{}\text{(1.2)}& f(n)=A(n)\alpha +B(n)\beta +C(n)\gamma .\end{array}$$

接着，我们进行一步创造性的尝试：因为 $A(n),B(n),C(n)$ 应当是固定的，所以我们将 $f$ 视作参数，考虑对于不同的 $f$ 求出成立的 $\alpha ,\beta ,\gamma$，从而得出 $A(n),B(n),C(n)$ 的关系式。具体来讲，对于一个 $n$ 个参数的递归式，我们一般需要代入 $n$ 个不同的 $f$。

例如对于举出的问题，我们代入 $f(n)=1$，从而得到

$$\{\begin{array}{rl}& \alpha =1;\\ & \beta =0;\\ & \gamma =0\end{array}\Rightarrow A(n)=1.$$

代入 $f(n)=n$，从而得到

$$\{\begin{array}{rl}& \alpha =0;\\ & \beta =0;\\ & \gamma =1\end{array}\Rightarrow C(n)=n.$$

最后代入 $f(n)=n^2$，从而得到

$$\{\begin{array}{rl}& \alpha =0;\\ & \beta =2;\\ & \gamma =-1\end{array}\Rightarrow 2B(n)-C(n)=n^2.\Rightarrow B(n)=\frac{n^2+n}{2}.$$

从而我们得到了最终的结论：

$$f(n)=\alpha +\beta \frac{n^2+n}{2}+\gamma n.$$

当然脑洞大开一些，你也可以利用基数变换，将对应的内容代入从而得到结果。

练习：

已知函数 $f$ 的递归式

$$\begin{array}{rl}& f(1)=5;\\ & f(2n)=4f(n)-7n-3,& & n\ge 1;\\ & f(2n+1)=4f(n)+11,& & n\ge 1.\end{array}$$

求 $f(23)$ 的值。

我们可以先尝试将式子化成更一般的形式，即

$$\begin{array}{rl}& f(1)=\alpha ;\\ & f(2n)=4f(n)+{\beta }_{0}n+{\gamma }_0,& & n\ge 1;\\ & f(2n+1)=4f(n)+{\beta }_{1}n+{\gamma }_1,& & n\ge 1.\end{array}$$

于是我们可以开始考虑待定系数，考虑根据 $(1.2)$ 有

$$f(n)=A(n)\alpha +B_0(n){\beta }_0+B_1(n){\beta }_1+C_0(n){\gamma }_0+C_1(n){\gamma }_1.$$

这看起来是个大工程，我们先代入 $f(n)=n$，从而得到

$$\{\begin{array}{rl}& \alpha ={\gamma }_1=1;\\ & {\beta }_0={\beta }_1=-2;\\ & {\gamma }_0=0.\end{array}\Rightarrow A(n)-2B_0(n)-2B_1(n)+C_1(n)=n.$$

然后是 $f(n)=n^2$，这会让我们得到

$$\{\begin{array}{rl}& \alpha ={\gamma }_1=1;\\ & {\beta }_0={\gamma }_0=0;\\ & {\beta }_1=4.\end{array}\Rightarrow A(n)+4B_1(n)+C_1(n)=n^2.$$

以上这些都并不难得到，然而我们貌似很难得到新的信息了，因为没有一些其他的函数能够给我们额外的信息（或者你可以代入 $f(n)=1$，你会得到 $A(n)-3C_0(n)-3C_1(n)=1$，可惜这对我们解出整个系数方程组没有帮助）。观察到我们得到的递归式的形式与上面提到的基数变换的形式很像，我们可以代入 $f((1b_{m-1}\cdots b_1{b}_0{)}_2)=(\alpha {\gamma }_{b_{m-1}}\cdots {\gamma }_{b_1}{\gamma }_{b_0}{)}_4$，不难得到

$${\beta }_0={\beta }_1=0\Rightarrow A(n)\alpha +C_0(n){\gamma }_0+C_1(n){\gamma }_1=(\alpha {\gamma }_{b_{m-1}}\cdots {\gamma }_{b_1}{\gamma }_{b_0}{)}_4.$$

看似这个式子毫无作用，这是因为我们在一般形式下难以用确切的数学符号将 $A(n),C_0(n),C_1(n)$ 表示出来，然而通过这个式子，我们确切的知道这三个函数的值，只需要将其带回到上面的式子就可以解出整个方程组。

对于 $n=23=(10111{)}_2$，我们推断出

$$A(23)\alpha +C_0(23){\gamma }_0+C_1(23){\gamma }_1=(\alpha {\gamma }_0{\gamma }_1{\gamma }_1{\gamma }_1{)}_4\Rightarrow \{\begin{array}{rl}& A(23)=256;\\ & C_0(23)=64;\\ & C_1(23)=21.\end{array}$$

我们还有

$$\begin{array}{rl}& A(23)+4B_1(23)+C_1(23)={23}^2\Rightarrow B_1(23)=63.\\ & A(23)-2B_0(23)-2B_1(23)+C_1(23)=23\Rightarrow B_0(23)=64.\end{array}$$

于是我们得到了

$$f(23)=256\alpha +64{\beta }_0+63{\beta }_1+64{\gamma }_0+21{\gamma }_1.$$

回到我们最初的式子，我们有

$$\{\begin{array}{rl}& \alpha =5;\\ & {\beta }_0=-7;\\ & {\beta }_1=0;\\ & {\gamma }_0=-3;\\ & {\gamma }_1=11.\end{array}\Rightarrow f(23)=256\times 5-64\times 7-64\times 3+21\times 11=871.$$

1.3. 和式和递归式

如果细心一点，应该能够发现形如

$$f(n)=\sum _{k=0}^{n}w(n)$$

的函数 $f$，其等价于

$$\begin{array}{rl}& f(0)=w(0);\\ & f(n)=f(n-1)+w(n),& & n>0.\end{array}$$

从而我们可能利用和式的求和法来完成整个递归式的求解。

1.3.1. 求和因子

对于形如

$$a_{n}f(n)=b_{n}f(n-1)+c_n$$

的函数 $f$，我们想找到一个对应的求和因子 $s_n$，使得 $s_n{b}_n=s_{n-1}{a}_{n-1}$，将两边同乘 $s_n$ 后，我们得到

$$\begin{array}{rl}{s}_n{a}_{n}f(n)& =s_n{b}_{n}f(n-1)+s_n{c}_n\\ & =s_{n-1}{a}_{n-1}f(n-1)+s_n{c}_n.\end{array}$$

此时令 $g(n)=s_n{a}_{n}f(n)$，那么有

$$g(n)=g(n-1)+s_n{c}_n.$$

从而

$$g(n)=s_0{a}_{0}f(0)+\sum _{k=1}^n{s}_k{c}_k=s_1{b}_{1}f(0)+\sum _{k=1}^n{s}_k{c}_k.$$

而原来的递归式的解就是

$$\begin{array}{}\text{(1.3.1)}& f(n)=\frac{1}{s_n{a}_n}(s_1{b}_1{T}_0+\sum _{k=1}^n{s}_k{c}_k).\end{array}$$

然而，我们看起来需要有足够的智慧才能求得 $s_n$。然而我们利用 $s_n{b}_n=s_{n-1}{a}_{n-1}$，将其展开，就可以得到

$$s_n=\frac{a_{n-1}{a}_{n-2}\cdots a_1}{b_n{b}_{n-1}\cdots b_2}.$$

这个分式的适当的任何常数倍也可以做这些事情，这看起来并不需要我们有一些脑子，然而除数不能为 $0$，所以只要 $a_n,b_n$ 永远不为 $0$，求和因子就能一直奏效。

练习：

已知函数 $f$ 的递归式

$$\begin{array}{rl}& f(0)=f(1)=0;\\ & f(n)=n+1+\frac{2}{n}\sum _{k=0}^{n-1}f(k),& & n>1.\end{array}$$

求解函数 $f$ 的封闭形式。

看起来函数 $f$ 相对比较复杂，我们想让它呈现上述的形式，我们可以作如下操作。现对两边同时乘 $n$，得到

$$\begin{array}{rlr}nf(n)=n^2+n+2\sum _{k=0}^{n-1}f(k),& & n>1.\end{array}$$

于是我们去掉了除法，接着我们去掉求和，用 $n-1$ 代替 $n$ 有

$$\begin{array}{rlr}(n-1)f(n-1)=(n-1{)}^2+(n-1)+2\sum _{k=0}^{n-2}f(k),& & n-1>1.\end{array}$$

现在可以从第一个式子中减去第二个式子，求和号就消失了：

$$\begin{array}{rlr}nf(n)-(n-1)f(n-1)=2n+2f(n-1),& & n>2.\end{array}$$

这样一来，我们可以将原来的递归式换成一个简单得多的递归式：

$$\begin{array}{rl}& f(0)=f(1)=0,f(2)=3;\\ & nf(n)=(n+1)f(n-1)+2n,& & n>2.\end{array}$$

从而我们有普通的 $a_n=n,b_n=n+1$，且

$$c_n=2n-2[n=1]+2[n=2].$$

故我们现在可以采用求和因子法，我们要用

$$s_n=\frac{a_{n-1}{a}_{n-2}\cdots a_1}{b_n{b}_{n-1}\cdots b_2}=\frac{(n-1)\times (n-2)\times \cdots \times 1}{(n+1)\times n\times \cdots \times 3}=\frac{2}{(n+1)n}$$

的某个倍数。从而根据 $(1.3.1)$，我们有

$$\begin{array}{rl}f(n)& =\frac{n+1}{2}\sum _{k=1}^n\frac{2}{k(k+1)}(2k-2[k=1]+2[k=2])\\ & =2(n+1)\sum _{k=1}^n\frac{1}{k+1}-\frac{2}{3}(n+1),& & n>1.\end{array}$$

最后出现的式子我们有一个特殊的名称和特别的记号：

$$H_n=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}=\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}.$$

$H_n$ 称为一个调和数。我们可以尝试用 $H_n$ 来继续表示 $f(n)$，这是不难的，因为我们有

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^n\frac{1}{k+1}& =\sum _{k=2}^{n+1}\frac{1}{k}\\ & =(\sum _{k=1}^n\frac{1}{k})-\frac{1}{1}+\frac{1}{n+1}\\ & =H_n-\frac{n}{n+1}.\end{array}$$

于是我们得到最终的结论：

$$\begin{array}{rlr}f(n)=2(n+1)H_n-\frac{8}{3}n-\frac{2}{3},& & n>1.\end{array}$$

事实上，上面的函数 $f$ 是快速排序对 $n$ 个数排序时作比较的平均次数。我们用这个式子验证一些小情形不难发现其是正确的：$f(2)=3,f(3)=6$。

1.3.2 扰动法

对于形如

$$S_n=\sum _{0\le k\le n}{a}_k$$

的和式，通过将它的最后一项和第一项分离出来，用两种方法重新改写 $S_{n+1}$:

$$\begin{array}{rl}{S}_n+a_{n+1}& =\sum _{0\le k\le n+1}{a}_k\\ & =a_0+\sum _{1\le k\le n+1}{a}_k\\ \text{(1.3.2)}& & =a_0+\sum _{0\le k\le n}{a}_{k+1}.\end{array}$$

接下来我们可以对最后那个和式加以处理，并尝试用 $S_n$ 将它表示出来，如果取得成功，我们就得到一个方程，它的解就是我们所求的和式。

练习：

已知和式

$$S_n=\sum _{0\le k\le n}k{2}^k.$$

求解 $S_n$ 的封闭形式。

尝试扰动法，根据 $(1.3.2)$ 有

$$\begin{array}{r}{S}_n+(n+1)2^{n+1}=\sum _{0\le k\le n}(k+1)2^{k+1}.\end{array}$$

所以我们想用 $S_n$ 表示右边的等式，于是我们借助结合律将它分成两个和式

$$\sum _{0\le k\le n}k{2}^{k+1}+\sum _{0\le k\le n}{2}^{k+1}.$$

这两个和式中的第一个等于 $2S_n$。第二个和式是几何级数，大家都知道答案为 $2^{n+2}-2$。于是我们有

$$\begin{array}{r}{S}_n+(n+1)2^{n+1}=2S_n+2^{n+2}-2\end{array}.$$

通过计算我们得到最终的结论：

$$S_n=(n-1)2^{n-1}+2$$

1.3.3 巧用定律与法则

对于和式来说，我们有定律和法则，具体来说，对于一个有限整数集合 $K$，我们有

$$\begin{array}{}\text{(1.3.3.1)}& & \sum _{k\in K}c{a}_k=c\sum _{k\in K}{a}_k;& & (\mathrm{分}\mathrm{配}\mathrm{律})\text{(1.3.3.2)}& & \sum _{k\in K}(a_k+b_k)=\sum _{k\in K}{a}_k+\sum _{k\in K}{b}_k;& & (\mathrm{结}\mathrm{合}\mathrm{律})\text{(1.3.3.3)}& & \sum _{k\in K}{a}_k=\sum _{p(k)\in K}{a}_{p(k)}.& & (\mathrm{交}\mathrm{换}\mathrm{律})\end{array}$$

尽管现在给出的定义与其他地方的定义不甚相同，但我们就暂且这么用下去。这里的 $p(k)$ 是所有整数集合的任意一个排列，然而我们可以将排列限制稍微放松一点：我们只要求当 $n\in K$ 时，恰有一个 $k$ 满足 $p(k)=n$；否则，不管 $p(k)=n$ 以怎样的频率出现都无关紧要。

艾弗森括号是一个伟大的思想。这一思想通过把一个命题放在括号中，如果命题为真，其结果是 $1$，否则为 $0$。并且我们还有约定，当命题为假时，我们认为 $[P(k)]$ 必然为 $0$，即使对无意义的 $a_k$ 来说，$a_k[P(k)]$ 依旧等于 $0$，这个约定能够帮助我们规避许多困难。并且结合上面的定律，我们貌似还有一些其他的公式：

$$\begin{array}{}\text{(1.3.3.4)}& \sum _{P(k)}{a}_k=\sum _k{a}_k[P(k)].\end{array}$$

毫无疑问的，这个公式可以拓展到二个变量，甚至到 $n$ 个变量。结合上方的交换律，我们可以简单推得，如果对于命题 $P_1(k),P_2(k),P_3(k),P_4(k)$，满足 $[P_1(k)]+[P_2(k)]=[P_3(k)]+[P_4(k)]$，那么我们显然有

$$\begin{array}{}\text{(1.3.3.5)}& \sum _{P_1(k)}{a}_k+\sum _{P_2(k)}{a}_k=\sum _{P_3(k)}{a}_k+\sum _{P_4(k)}{a}_k.\end{array}$$

有一些常用的例子，比如通过

$$[k\in K]+[k\in K^{\prime }]=[k\in K\cap K^{\prime }]+[k\in K\cup K^{\prime }]$$

我们能够写成

$$\sum _{k\in K}{a}_k+\sum _{k\in K^{\prime }}{a}_k=\sum _{k\in K\cap K^{\prime }}{a}_k+\sum _{k\in K\cup K^{\prime }}{a}_k$$

的形式。仔细回忆扰动法的公式 $(1.3.2)$，不难看出扰动法利用了这一法则。

接着我们说多重和式。对于多重和式来说，即形如

$$\sum _{j,k}{a}_{j,k}=\sum _j\sum _k{a}_{j,k}$$

的和式，其就是

$$\sum _j(\sum _k{a}_{j,k})$$

的缩写，也就是说，多重和式的运算顺序是从右到左（从内向外）的。在这一方面，我们有一个交换求和次序的基本法则，它推广了我们的结合律 $(1.3.3.2)$：

$$\begin{array}{}\text{(1.3.3.6)}& \sum _j\sum _k{a}_{j,k}[P(j,k)]=\sum _{P(j,k)}{a}_{j,k}=\sum _k\sum _j{a}_{j,k}[P(j,k)].\end{array}$$

中间的这一项是对两个指标求和的和式。在左边，$\sum _j\sum _k$ 表示我们先对 $k$ 求和，然后对 $j$ 求和。而在右边，$\sum _k\sum _j$ 表示我们先对 $j$ 求和，再对 $k$ 求和。事实上，当我们想用封闭形式计算出一个二重和式时，通常先对一个指标求和会比先对另一个指标求和更容易些，所以我们要选择更加方便的求和顺序。

同时利用二重和式，我们可以将分配律 $(1.3.3.1)$ 推广到一般分配律：

$$\begin{array}{}\text{(1.3.3.7)}& \sum _{j\in J,k\in K}{a}_j{b}_k=(\sum _{j\in J}{a}_j)(\sum _{k\in K}{b}_k).\end{array}$$

然后我们回过头来，对于交换求和次序的基本法则再次进行一些变形，具体的我们可以将它分为简易型和复杂型。

$$\begin{array}{}\text{(1.3.3.8)}& & \sum _{j\in J}\sum _{k\in K}{a}_{j,k}=\sum _{j\in J,k\in K}{a}_{j,k}=\sum _{k\in K}\sum _{j\in J}{a}_{j,k};& & (\mathrm{简}\mathrm{易}\mathrm{型})\text{(1.3.3.9)}& & \sum _{j\in J}\sum _{k\in K(j)}{a}_{j,k}=\sum _{k\in K^{\prime }}\sum _{j\in J^{\prime }(k)}{a}_{j,k}.& & (\mathrm{复}\mathrm{杂}\mathrm{型})\end{array}$$

事实上，简易型恰好是 $(1.3.3.5)$ 的另一种写法，因为艾弗森的 $[j\in J,k\in K]$ 分解成了 $[j\in J][k\in K]$，这适用于 $j,k$ 的范围互相无关时使用。

而复杂型相应的更有技巧一些，它适用于内和的范围与外和的指标变量有关的情形。并且式子中的 $J,K(j),K^{\prime },J^{\prime }(k)$ 必须以下面的方式相关联：

$$[j\in J][k\in K(j)]=[k\in K^{\prime }][j\in J^{\prime }(k)].$$

原则上，这样的因子总是可能的：我们可以令 $J=K^{\prime }$ 是全体整数的集合，而 $K(j),J^{\prime }(k)$ 是用来操控二重和式性质 $P(j,k)$ 的集合。尽管如此，我们依然有一些重要的特殊情形，在其中 $J,K(j),K^{\prime },J^{\prime }(k)$ 都有简单的形式，它们频繁出现在应用中。例如

$$[1\le j\le n][j\le k\le n]=[1\le j\le k\le n]=[1\le k\le n][1\le j\le k]$$

就是一个很好的分解，这允许我们写成

$$\sum _{j=1}^n\sum _{k=j}^n{a}_{j,k}=\sum _{1\le j\le k\le n}{a}_{j,k}=\sum _{k=1}^n\sum _{j=1}^k{a}_{j,k}$$

的形式。