数学杂记（技）

组合数——斐波那契等式#

$\sum\limits_{i=0}^n \dbinom{n-i}{i}=f_{n+1}$，其中 $f$ 为斐波那契数列。

证法 $1$：#

$\sum\limits_{i=0}^n \dbinom{n-i}{i}=\sum\limits_{i=0}^n [x^i](1+x)^{n-i}=[x^n]\sum\limits_{i=0}^n x^{n-i}(1+x)^{n-i}=[x^n] \dfrac{1}{1-x-x^2}=[x^{n+1}] \dfrac{x}{1-x-x^2}=f_{n+1}$

由斐波那契数列递推式易证其生成函数式 $\dfrac{x}{1-x-x^2}$。

证法 $2$：#

考虑组合意义：$f_{n+1}$ 表示选若干个 $1$ 和 $2$ 和为 $n$ 的方案数。

枚举选取的数的个数 $i$，则接下来要在 $i$ 个数中选 $n-i$ 个数 $+1$，方案为 $\dbinom{i}{n-i}$。

于是 $f_{n+1}=\sum\limits_{i=0}^n \dbinom{i}{n-i}=\sum\limits_{i=0}^n \dbinom{n-i}{i}$。

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子集和为 $m$ 倍数问题#

求 $1\sim n$ 有多少个子集和为 $m$ 倍数。

参考P10084。

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数论函数估计#

试估计：$f(n)=\prod\limits_{p\le n,p\in\mathbb{P}} \dfrac{p}{p-1}$ 的大小。

注：下文 $\log$ 一般看做 $\ln$，一般把 $C$ 看做常数。

做法 $1$：#

$f(n)=\exp\left(\sum\limits_{p\le n,p\in\mathbb{P}} \ln\left(1+\frac{1}{p-1}\right)\right)\le \exp\left(\sum\limits_{p\le n,p\in\mathbb{P}} \frac{1}{p-1}\right)$。

有个结论：素数倒数和估计成 $\log\log n$ 的常数为 $1$，即 $\sum\limits_{p\le n,p\in\mathbb{P}} \dfrac{1}{p}\le \log\log n+O(1)$，证明请查阅链接。

注意到：$\sum\limits_{p\le n,p\in\mathbb{P}} \frac{1}{p-1}-\frac{1}{p}\le \sum\limits_{i=2}^{n} \dfrac{1}{i-1}-\dfrac{1}{i}\le 1$，于是 $\sum\limits_{p\le n,p\in\mathbb{P}} \dfrac{1}{p-1}\le \log\log n+O(1)$。

于是 $f(n)\le \exp(\log\log(n)+O(1))=O(\log n)$。

做法 $2$：#

注意到 $f$ 的形式和 $\varphi$ 很像。令 $N=\prod\limits_{p\le n,p\in\mathbb{P}} p$，则 $f(n)=\dfrac{N}{\varphi(N)}$。

考虑有结论：存在常数 $C$，使得：$\dfrac{n}{\varphi(n)}\le C\times \log\log n$。

又有经典结论：$\prod\limits_{p\le n,p\in\mathbb{P}} p\le 4^{n-1}$，证明请查阅链接中的「关于质数积的上界估计」。

于是 $f(n)=\dfrac{N}{\varphi(N)}\le C\times \log\log N\le C\times \log\log {4^n}=O(\log n)$。

清零（概率期望）#

给定 $n$，初始 $cnt=0$。每次扔硬币，正面就 $cnt\gets 0$，反面就 $cnt\gets cnt+1$，期望扔几次能 $cnt=n$。

做法：设 $\mathbb{E}_n$ 表示 $n$ 时的期望，初始 $\mathbb{E}_0=0$。

考虑每次通过 $\mathbb{E}_{n-1}$ 步到达 $cnt=n-1$ 后会咋样。

写成式子：$\mathbb{E}_n=\sum\limits_{k\ge 1} \dfrac{k(\mathbb{E}_{n-1}+1)}{2^k}=2(\mathbb{E}_{n-1}+1)$。于是得出 $\mathbb{E}_{n}=2^{n+1}-2$。

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喵喵差分#

设 $m\in\N^*,n$ 为任意实数。求证：$\sum\limits_{i=0}^{m} (-1)^{m-i} \dbinom{m}{i} (n+i)^m=m!$，其中不妨定义 $0^0=1$。

浓组合味做法#

设 $f$ 是一个 $\deg=n$ 的多项式，且 $f$ 的定义域为 $[0,n]\cap\N$ 。

定义 $f$ 的离散导数 $\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)(0\le x\le n-1)$，也记作 $\Delta ^1f(x)$。

这时候 $\Delta f(x)$ 只有 $n$ 个点值，为一个 $\deg =n-1$ 的多项式。也就是说每一次离散求导，$\deg$ 减少 $1$。

$\Delta^k f(x)=\Delta(\Delta^{k-1}f(x))(k\in\N^*,k\le n)$。

注意到：$\Delta^k f(x)=\sum\limits_{i=0}^k (-1)^{k-i}\dbinom{k}{i} f(x+i)$。

考虑代入 $k=m,f(x)=x^m$。则 $\Delta^m f(x)=\sum\limits_{i=0}^{m} (-1)^{m-i} \dbinom{m}{i} (x+i)^m$。

此时 $\Delta^m f(x)$ 应为一个 $\deg=0$ 的常数多项式，也证明了 $\texttt{LHS}$ 的取值与 $n$ 无关，此时只需证明 $\Delta^m f(x)=m!$ 即可。

考虑归纳，设 $m$ 时满足条件，$m=0$ 时显然。考虑 $f(x)=x^{m+1}$ 时的 $\Delta^{m+1} f(x)$。

$\Delta^{m+1} f(x)=\Delta^{m}(f(x+1)-f(x))=\Delta^{m}\left(\sum\limits_{i=0}^{m}\dbinom{m+1}{i}x^i\right)=\Delta^{m}\left((m+1)x^m+\sum\limits_{i=0}^{m-1}\dbinom{m+1}{i}x^i\right)$。

注意到离散导数的线性型，即 $\Delta^k (f(x)+g(x))=\Delta^k f(x)+\Delta^k g(x),\Delta^k cf(x)=c\Delta^k f(x)$。

于是 $\Delta^{m+1} f(x)=(m+1)\Delta^{m}(x^m)+\Delta^{m}\left(\sum\limits_{i=0}^{m-1}\dbinom{m+1}{i}x^i\right)$。由于后半部分 $\deg<m$，于是 $\Delta^{m}$ 之后为 $0$。

代入归纳假设：$\Delta^{m+1} f(x)=(m+1)\Delta^{m}(x^m)=(m+1)!$。

代数组合杂交#

由上文，$\texttt{LHS}$ 的取值与 $n$ 无关。代入 $n=0$：

$\texttt{LHS}=\sum\limits_{i=0}^{m} (-1)^{m-i} \dbinom{m}{i} i^m=m!\sum\limits_{i=0}^{m} \dfrac{(-1)^{m-i}i^m}{i!(m-i)!}$。

注意到斯特林数的通项公式为：$\displaystyle{n\brace m}=\sum\limits_{i=0}^m \dfrac{(-1)^{m-i}i^n}{i!(m-i)!}$。

于是 $\texttt{LHS}=m!\displaystyle{m\brace m}=m!$。

代数推导保平安#

在不知道离散导数相关知识的情况下呢？

$\begin{aligned} \sum\limits_{i=0}^{m} (-1)^{m-i} \dbinom{m}{i} (n+i)^m&=\sum\limits_{i=0}^{m} (-1)^{m-i} \dbinom{m}{i} \sum\limits_{j=0}^m\dbinom{m}{j}n^{m-j}i^j \\ &=\sum\limits_{j=0}^m\dbinom{m}{j}n^{m-j}\sum\limits_{i=0}^{m} (-1)^{m-i} \dbinom{m}{i} i^j\\ &=m!\sum\limits_{j=0}^m\dbinom{m}{j}n^{m-j}\sum\limits_{i=0}^m \dfrac{(-1)^{m-i}i^j}{i!(m-i)!}\\ &=m!\sum\limits_{j=0}^m\dbinom{m}{j}n^{m-j}\displaystyle{j\brace m} \end{aligned}$

由于斯特林数的性质，当 $n<m$ 时，$\displaystyle{n\brace m}=0$，$\displaystyle{m\brace m}=1$。于是 $\texttt{LHS}=m!\dbinom{m}{m}n^{m-m}=m!$。

关于 $n$ 个 $[0,1]$ 的随机变量第 $k$ 小的期望值#

结论：对于 $n$ 个取值范围为 $[0,1]$ 的随机变量 $x_{1,2,\cdots ,n}$，其中 $k$ 小值的期望为 $\dfrac{k}{n+1}$。

暴力微积分#

枚举 $k$ 小值位置，其可能是 $n$ 个中任意一个。然后再枚举 $<$ 这个值的分部情况，有 $\dbinom{n-1}{k-1}$ 种方案。

然后枚举 $k$ 小值 $x$ 积分，小于 $k$ 小值部分为 $x^{k-1}$，大于的部分为 $(1-x)^{n-k}$，然后对期望有 $x$ 的贡献。

于是 $ans=n\dbinom{n-1}{k-1}{\displaystyle \int}_0^1 x^{k-1}(1-x)^{n-k} x{\rm d}x=n\dbinom{n-1}{k-1}\Beta(k+1,n-k+1)$。

根据贝塔函数的性质，有：$\Beta(p,q)=\dfrac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}$，$\Gamma(n)=(n-1)!$。

于是 $ans=n\times \dfrac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}\times \dfrac{k!(n-k)!}{(n+1)!}=\dfrac{k}{n+1}$。

组合意义毁天灭地#

不妨考虑引入第 $n+1$ 个随机变量，注意到分布均匀性，且取值是 $[0,1]$。

所以可以认为第 $k$ 小的变量的期望等于第 $n+1$ 个变量小于等于第 $k$ 小的变量的概率。

那么问题就变为了如何求这个概率，考虑统计方案数。

他们的大小关系一共有 $(n+1)!$ 种，而 $n+1$ 个变量小于等于第 $k$ 个变量的方案数一共有 $k\times n!$。因为第 $n+1$ 个变量一共有 $k$ 个位置可以插入。

所以概率为 $\dfrac{k}{n+1}$，也就是第 $k$ 小的期望。

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小清新概率期望#

初始 $s=0$，每次操作随机选取一个 $[0,1]$ 内实数 $x$，$s\gets s+x$，求使得 $s>1$ 的期望操作次数。

做法：$\mathbb{E}(X)=\sum\limits_{k\ge 0} \mathbb{P}(X>k)$，于是转化成求 $\mathbb{P}(X>k)$，即 $k$ 次操作后仍然 $s\le 1$ 的概率。

设 $p_n(x)$ 表示 $n$ 次操作后 $s\le x$ 的概率，则有 $p_0(x)=1,p_n(x)={\displaystyle\int}_0^x p_{n-1}(t)\ \mathbb{d} t$。

于是容易归纳证明：$p_n(x)=\dfrac{1}{n!}x^n\Rightarrow \mathbb{P}(X>k)=p_k(1)=\dfrac{1}{k!}$。

于是 $\mathbb{E}(X)=\sum\limits_{k\ge 0}\frac{1}{k!}=e$。

收敛的调和#

求 $s=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^n}{n+1}$ 的值。

做法：考虑 ${\displaystyle\int} \dfrac{1}{1+x}\mathbb{d}x=\ln(1+x)$。

又：${\displaystyle\int} \dfrac{1}{1+x}\mathbb{d}x={\displaystyle\int} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-x)^n \mathbb{d}x=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^nx^{n+1}}{n+1}$，其中 $-1<x\le 1$。

带入 $x=1$ 即得：$s=\ln 2$。