一些本影演算的简单应用

根据这篇文章第一节的分析,对于任意数列 \(\{a_n\}\),存在一个线性泛函 \(L\) 满足 \(L(z^n)=a_n\)(在这里因为没有对线性泛函 \(L\) 的分析,所以使用正常记号),这说明了基本的本影演算本身的严谨性 . 对于 \(L(z^n)=a_n\),称 \(z\) 是数列 \(\{a_n\}\)本影(umbra),通过 \(L(z^n)\) 对数列进行代换,这就是最基本的本影演算(umbral calculus)的用法,似乎为了区别于现代本影演算有本影法(umbral method)的称呼 .


伯努利多项式

让我们从伯努利多项式与伯努利数开始:

伯努利多项式 \(B_n(x)\) 的其中一个定义是:

\[B_n(x)=\sum_{k=0}^n \binom nk B_{n-k} x^k \]

其中 \(B_n\) 为 伯努利数,令 \(L(z^n)=B_n\),代入原式,有:

\[\begin{aligned} B_n(x)&=\sum_{k=0}^n \binom nk B_{n-k} x^k\\ &=\sum_{k=0}^n \binom nk L(z^{n-k}) x^k\\ &=L\left(\sum_{k=0}^n \binom nk z^{n-k} x^k \right)\\ &=L((x+z)^n) \end{aligned} \]

因此就可以用 \(L((x+z)^n)\) 来替换 \(B_n\),现在直接可以证明:

\[\begin{aligned} \sum_{k=0}^n \binom nk B_{n-k}(y) x^{k}&=L\left( \sum_{k=0}^n \binom nk (y+z)^{n-k} x^{k} \right)\\ &=L((x+y+z)^n)=B_n(x+y) \end{aligned} \]

比我在这里的直接展开证明要好上一万倍 .

现在考虑伯努利多项式的前向差分 \(\Delta B_n(x)=\Delta L((x+z)^n)=L((x+z+1)^n)-L((x+z)^n)\)

\[\begin{aligned} L((x+z+1)^n)-L((x+z)^n)=L\left(\sum_{k=0}^n\binom nk x^{n-k}\left[(z+1)^k-z^k\right] \right) \end{aligned} \]

注意到伯努利数的递归定义 \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\binom nk B_k=[n=1]\) 实际等价于 \(L((z+1)^n)=L(z^n),n\ne 1\),故上式仅剩 \(k=1\) 项,变为 \(nx^{n-1}\),我们得到了 \(\Delta B_n(x)=n x^{n-1}\),故可以用其求自然数幂和:

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^{m}i^n&=\frac1{n+1}\sum_{i=1}^m \Delta B_{n+1}(i)\\ &=\frac{B_{n+1}(m+1)-B_{n+1}}{n+1} \end{aligned} \]

(这里是 \(B_{n+1}(m)\) 还是 \(B_{n+1}(m+1)\) 好像都挺对的,搞不懂,求助评论区,似乎应该是 \(m\)

这还指出了一个有趣的事实,即:

\[\int_0^{m+1}B_n(x)\mathbb dx=\sum_{i=1}^{m}i^n \]

我们用这个结论来证明一下欧拉-麦克劳林公式(好像是第三次证明了):

\[\begin{aligned} \sum_{x=0}^{n-1}f(x)&=\sum_{x=0}^{n-1}\sum_{k\ge 0}\frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k\\ &=\sum_{k\ge 0}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}\sum_{x=0}^{n-1} x^k\\ &=\sum_{k\ge 0}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}\int_0^{n}B_k(x)\mathbb dx\\ &=\int_0^{n}\sum_{k\ge 0}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}L((x+z)^k)\mathbb dx\\ &=L\left(\int_0^{n}f(x+z)\mathbb dx\right) \end{aligned} \]

将其展开并分类讨论即为正常的欧拉-麦克劳林公式,但是现在的形态也太好看了,相对于展开后的形态有种独特的结构美 .


贝尔数

这个数最简单的表示应该是它的 EGF(下边用 \(\varpi_k\) 表示第 \(k\) 项 Bell 数):

\[\sum_{k\ge 0}\frac{\varpi_k}{k!}x^k=e^{e^x-1} \]

原因显然 . 下边先证明其递推公式 \(\displaystyle \varpi_{n+1}=\sum_{k=0}^n\binom nk \varpi_{k}\) .

设划分的集合为 \(S\),其元素个数为 \(n\),引入一个辅助用集合,记为 \(U\),设其元素个数为 \(u\),考虑所有 \(f:S\rightarrow U\),其数目显然为 \(u^n\).

对于任意 \(f\),非常自然地与 \(S\) 的一个划分 \(\pi\) 联系起来:即如果 \(a,b\in S\) 同属于 \(\pi\) 的一个块当且仅当 \(f(a)=f(b)\),我们称 \(\pi\)\(f\)核(kernel) .

\(N(\pi)\) 为划分 \(\pi\) 的块数量,则对于给定的核 \(\pi\),函数的值域元素数量为 \(N(\pi)\),所以对于给定的核 \(\pi\)\(\displaystyle A_u^{N(\pi)}= u^{\small\underline{N(\pi)}}\) 种函数 .

通过对函数 \(f:S\rightarrow U\) 的计数,对于 \(u>0\),我们有:

\[\sum_{\pi}u^{\small\underline{N(\pi)}}=u^n \]

因为 \(1\)\(u^{\underline k} (k\ge 1)\) 是多项式的一组基,所以在其上定义线性泛函 \(L\) 使得:

\[L(1)=1,\quad L(u^{\underline k})=1,\quad k\ge 1 \]

\(L\) 作用到和式中:

\[L(z^n)=\sum_{\pi}1 \]

所以 \(L(z^n)=\varpi_n\) .

注意到 \(L(u(u-1)^{\underline {n}})=L(u^{\underline{n+1}})=1=L(u^{\underline n})\),又因为 \(1\)\(u^{\underline k} (k\ge 1)\) 是多项式的一组基,所以根据线性性,对任意多项式 \(p(x)\) 有:

\[L(u\cdot p(u-1))=L(p(u)) \]

特别地,取 \(p(u)=(u+1)^n\),有:

\[L(u^{n+1})=L((u+1)^n) \]

展开即为 Bell 数的递推公式 .

接下来我们可以非常简单地证明一个公式:

Dobinski's formula

\[\varpi_{n}=\frac 1e\sum_{k\ge 1}\frac{k^n}{k!} \]

考虑 \(e=\sum_{k\ge 0}1/k!\) 可以改写成 \(e=\sum_{k\ge 0}k^{\underline n}/k!\),所以有:

\[L(u^{\underline{n}})=\frac 1e \sum_{k\ge 0}\frac{k^{\underline n}}{k!} \]

和上边一样,由于线性性,扩展到任意多项式 \(p(u)\)

\[L(p(u))=\frac 1e \sum_{k\ge 0}\frac{p(k)}{k!} \]

\(p(u)=u^n\),得证 .

事实上有更加普遍的版本:

Generalized Dobinski's formula

\[\frac 1e \sum_{k\ge x}\frac{k^n}{(k-x)!}=\sum_{k=0}^n \binom nk \varpi_k x^{n-k} \]

但是证明异常简单,取 \(p(u)=(x+u)^n\) 即可(本影演算的强大).


调和数

这个通过令 \(L(z^n)=H_n\)\(\frac 1i =L(z^i-z^{i-1})\) 应该就能直接硬算了,没试过 .


umbra 神力 .

posted @ 2024-09-20 21:19  Rolling_star  阅读(31)  评论(0编辑  收藏  举报