OI 超几何函数与Gosper算法入门

前言

据说这个东西是 19~20 初世纪数学研究的重大成果与主要研究方向。但是很可惜，由于世界形势的变化，以德国为中心的的超几何函数、椭圆函数研究开始没落于集中于美国、苏联的数学研究飞向。

第一章

定义超几何函数

$$F(a_1,a_2\dots a_n;b_1,b_2\dots b_m;z)=\sum_{k\ge 0}\frac{a_1^{\overline{k}}\dots a_n^{\overline {k}}z^k}{b_1^{\overline k}\dots b_n^{\overline k}k!}$$

其中 $b_i$ 不为非正的整数。

举出若干简单例子：

$$F(1;1;z)=e^z,F(1,1;1;z)=\frac{1}{1-z}$$

$$F(a,1;1;z)=\sum_k\binom{a+k-1}{k}=\frac{1}{(1-z)^a}$$

定义高斯超几何函数：

$$F(a,b;c;z)=\sum_{k\ge 0}\frac{a^{\overline{k}}b^{\overline {k}}z^k}{c^{\overline k}k!}$$

一般的形式多少有点吓人。现在我们考察如何把一个函数/和式变成超几何形式：

考虑

$$F=\sum_{k\ge 0}t_k,t_k=\frac{a_1^{\overline{k}}\dots a_n^{\overline {k}}z^k}{b_1^{\overline k}\dots b_n^{\overline k}k!}$$

$$\frac{t_{k+1}}{t_k}=\frac{(k+a_1)\dots (k+a_n)z}{(k+b_1)\dots(k+b_m)(k+1)}$$

同时 $t_0=1$。不为一的话在展开式外面乘上应该的 $t_0$ 即可。

来试试手：

$$\sum_{k\le n}\binom{r+k}{k}=\binom{r+n+1}{n}$$

使 $k$ 最小值为 $0$，令 $k=n-k$。

$$t_k=\frac{(r+n-k)!}{r!(n-k)!},\frac{t_{k+1}}{t_k}=\frac{n-k}{r+n-k}=\frac{(k+1)(k-n)(1)}{(k-r-n)(k+1)}$$

$$=F(1,-n;-n-r;1)$$

$$\therefore F(1,-n;-n-r;1)=\frac{r+n+1}{r+1}$$

根据范德蒙德卷积，有：

$$\sum_k \binom{r}{k}\binom{s}{n-k}=\binom{r+s}{n}$$

改写为超几何形式有：

$$\binom{s}{n}F(-r,-n;s-n+1;1)=\binom{r+s}{n}$$

这时，我们发现可以改写 $r,s,n$。

于是可以得到高斯超几何函数的 $z=1$ 的通用形式：

$$F(a,b;c;1)=\frac{(c-a-b-1)!(c-1)!}{(c-a-1)!(c-b-1)!}$$

这里 $b$ 为非正的整数，或者 $c>a+b$（事实上是他们的实部），否则原级数不收敛。

而假设 $b=-n$，有一个看起来更好的形式：

$$F(a,-n;c;1)=\frac{(c-a)^{\overline n}}{c^{\overline n}}$$

事实上，这个东西能秒掉一些组合数题。

这里还有一个库莫尔公式：

$$F(a,b;1-a+b;-1)=\frac{(b/2)!}{b!}(b-a)^{\underline{b/2}}$$

在特殊情况有：

$$F(1-c-2n,-2n;c;-1)=(-1)^n\frac{(2n)!(c-1)!}{n!(c+n-1)!},n\in\mathbb{Z}^+$$

还有一个可以由之前某道组合例题推广的Saalschütz公式：

$$F(a,b,-n;c,a+b-n-c+1;1)=\frac{(c-a)^{\overline n}(c-b)^{\overline n}}{(-c)^{\overline n}(c-a-b)^{\overline n}}$$

在上述过程中，注意到我们不知道什么是负数的阶乘。所以有必要插入一段关于阶乘的探讨（关于 $\Gamma$ 函数的更多东西可以移步 欧拉积分）。

对于阶乘函数，有两种本质等价的定义方法：

$$\frac{1}{z!}=\lim_{n\to +\infty}\binom{n+z}{n}n^{-z}$$

$$z!=\Gamma(z+1)=\int_{0}^{+\infty}t^ze^{-t}\text{d}t,\text{Real}(z)>-1$$

事实上，对于第二种，可以利用 $z!=z(z-1)!$ 延拓其定义域。

有余元公式：

$$\Gamma(1-z)\Gamma(z)=(-z)!\Gamma(z)=\frac{\pi}{\sin\pi z}=\frac{\pi}{\sin\pi z}$$

不难发现，$z!$ 为 $0$ 当且仅当 $z$ 为负整数。

第二章

反射定律：

$$\frac{1}{(1-z)^a}F(a,b;c;\frac{-z}{1-z})=F(a,c-b;c;z)$$

微分方法：（这里非正式的把算子运算写作乘号）

定义 $D$ 算子为 $\dfrac{d}{dz}$，$\vartheta$ 算子（vartheta）为 $z\dfrac{d}{dz}=zD$。

考察这几种算子的作用：

$$DF(a_1,a_2,\dots a_n;b_1,b_2\dots b_m;z)=\sum_{k\ge 1}\frac{a_1^{\overline k}\dots a_n^{\overline k}z^{k-1}}{b_1^{\overline k}\dots b_m^{\overline k}(k-1)!}$$

$$=\sum_{k\ge 0}\frac{a_1^{\overline {k+1}}\dots a_n^{\overline {k+1}}z^{k}}{b_1^{\overline {k+1}}\dots b_m^{\overline {k+1}}k!}=\sum_{k\ge 0}\frac{a_1(a_1+1)^{\overline {k}}\dots a_n(a_n+1)^{\overline {k}}z^{k}}{b_1(b_1+1)^{\overline {k}}\dots b_m(b_m+1)^{\overline {k}}k!}$$

$$=\frac{a_1\dots a_n}{b_1\dots b_m}F(a_1+1,\dots ,a_n+1;b_1+1\dots,b_m+1;z)$$

那么 $\vartheta$ 也就很显然了。

$$\vartheta F=\sum_{k\ge 0}\frac{a_1^{\overline k}\dots a_n^{\overline k}z^{k}}{b_1^{\overline k}\dots b_m^{\overline k}(k-1)!}$$

但如果我们用 $a_i$ 去加上 $\vartheta$，就会得到更好的结果（此处认为 $a_i$ 算子的作用是 $a_iF=a_i\times F$）。

$$(\vartheta +a_i)=\sum_{k\ge 0}\frac{(k+a_i)a_1^{\overline k}\dots a_n^{\overline k}z^{k}}{b_1^{\overline k}\dots b_m^{\overline k}k!}=a_iF(a_1\dots a_i+1\dots a_n;b_1\dots b_m;z)$$

同样不难发现

$$(\vartheta +b_i-1)=(b_i-1)F(a_1\dots a_n;b_1\dots b_i-1\dots ,b_m;z)$$

把他们都作用于每个上参数和下参数：

$$\prod(\vartheta+a_i)\times F=\prod a_i\times F(a_1+1,\dots ,a_n+1;b_1,\dots,b_m;z)$$

$$\prod(\vartheta+b_i-1)\times F=\prod (b_i-1)\times F(a_1,\dots ,a_n;b_1-1,\dots,b_m-1;z)$$

不难发现，上面一行是下面一行的导数。则有：

$$D\prod(\vartheta+b_i-1)\times F=\prod(\vartheta+a_i)\times F$$

$$\vartheta\prod(\vartheta+b_i-1)\times F=z\prod(\vartheta+a_i)\times F$$

可以证明，满足某个特定这种微分方程的函数是唯一的，就是唯一的超几何函数。

同样可以证明，只有以下形式的微分方程对应 $\max(n,m+1)=N$ 的超几何函数。其中 $n$ 是上参数个数，$m$ 是下参数个数。

$$z^{N-1}(\beta_N-z\alpha_N)F^{(N)}(z)+\dots+z^{N-1}(\beta_1-z\alpha_1)F'(z)-\alpha_0F(z)=0$$

那么可以证明高斯恒等式：

$$F(2a,2b;a+b+\frac{1}{2};z)=F(a,b;a+b+\frac{1}{2};4z(1-z))$$

第三章

只用奇技淫巧是不足以称得上成就的。我们有一个 Gosper 算法，可以求出 $\sum f(k)\delta k$，其中 $f$ 是超几何项的一般函数类。

这里首先设 $F(\dots;\dots;z)_k$ 为 $z^k[z^k]F$。对于超几何项求和：

$$\sum F_k\delta k=cF'_k+C$$

Gosper 算法给出 $c$ 和 $F'$ 的各项参数，或说明其不存在。这里 $'$ 不是求导。

若 $\dfrac{t(k+1)}{t(k)}$ 是不恒为 $0$ 的有理函数，我们就称 $t(k)$ 为一个超几何项。

第一步：令

$$\frac{t(k+1)}{t(k)}=\frac{p(k+1)}{p(k)}\frac{q(k)}{r(k+1)}$$

看起来很没道理。但是他们需要满足这样的条件：

$r(k)$ 和 $q(k)$ 的任意根的差不是正整数。

考虑构造。先令 $p(k)=1$。然后按照超几何函数来拆开他们：

$$q(k)=z\prod(k+a_i),r(k)=k\prod(k+b_i-1)$$

如果违反了条件，则有 $q(k)$ 整除 $(k+A)$，$r(k)$ 整除 $(k+B)$，且 $A-B=d>0$。

则令 $q(k)(k+A-1)^{\underline{d-1}} \to q(k)$。

此时 $\dfrac{q(k+1)}{q(k)}$ 变化了 $\dfrac{k+A}{k+B+1}$，是正确的。

第二步：

求超几何项 $\Delta T(k)=t(k)$。

你知道吗？把大象塞进冰箱只需要三步

令 $T(k)=\dfrac{r(k)s(k)t(k)}{p(k)}$

此时，

$$t(k)=T(k+1)-T(k)=\frac{r(k+1)s(k+1)t(k+1)}{p(k+1)}-\frac{r(k)s(k)t(k)}{p(k)}$$

注意到

$$\frac{t(k+1)}{p(k+1)}=\frac{t(k)}{p(k)}\frac{q(k)}{r(k+1)}$$

则

$$t(k)=\frac{q(k)s(k+1)t(k)}{p(k)}-\frac{r(k)s(k)t(k)}{(k)}$$

那么

$$p(k)=q(k)s(k+1)-r(k)s(k)$$

假设 $T$ 是超几何项，那么显然 $s$ 是多项式的商；可以依据前面的条件进一步证明，$s$ 就是多项式。

下试证明这个结论。

不妨设 $s(k)=\dfrac{f(k)}{g(k)}$，且 $f,g$ 没有公共根。

若 $g(k)$ 为常数，那么结论得证；否则，设 $(k+\beta)$ 是 $g(k)$ 的一因式，使得 $N$ 最大。

其中$N$ 为最大的，使 $(k+\beta+N-1)$ 为 $g(k)$ 因式的正整数。显然 $N=1$ 时成立。

那么 $g(-\beta)=g(1-N-\beta)=0$。

将 $p(k)=q(k)s(k+1)-r(k)s(k)$ 两边同时乘上 $g(k)g(k+1)$，得到：

$$p(k)g(k)g(k+1)=q(k)f(k+1)g(k)-r(k)g(k+1)f(k)$$

令 $k=-\beta$,得到 $r(-\beta)g(1-\beta)f(-\beta)=0$。

注意到 $f(-\beta)\neq g(-\beta)=0$，且 $g(1-\beta)\neq 0$，因为如果其为零 $N$ 不满足最大性质。

故 $r(-\beta)=0$。

令 $k=-\beta-N$，得到 $q(-\beta-N)f(1-\beta-N)g(-\beta-N)=0$。

同样的，可知 $q(-\beta-N)=0$。注意到 $-\beta-(-\beta-N)=N$，为正整数。

则 $r(k)$ 和 $q(k)$ 存在差为 $N$ 的根。不符合前设。

那么可以写出 $s$ 的表达式：

$$s(k)=\sum_{i=0}^da_ik^i$$

那么如何确定 $d$ 呢？

改写 $p(k)=q(k)s(k+1)-r(k)s(k)$ 为：

$$2p(k)=(q(k)-r(k))(s(k+1)+s(k))+(q(k)+r(k))(s(k+1)-s(k))$$

设 $Q(k)=q(k)-r(k),R(k)=q(k)+r(k)$。

容易发现，若 $\deg Q\ge \deg R$，则 $\deg s=\deg p-\deg Q$。

如果 $\deg Q<\deg R=d'$，则 $\deg Q=d'-1$。

设 $[k^{d'}]R(k)=A,[k^{d'-1}]Q(k)=B,[k^d]s(k)=C$。

则有 $[k^{d+d'-1}]$右式$=(BdC+2AC)$。

如果 $Bd+2A\neq 0$，那么 $\deg s=\deg p-\deg Q$。

否则，$d=\dfrac{-2A}{B}$。这两种可能都是合法的，但是第一种情况满足就不需要考虑第二种。

那么只需要带入 $p(k)=q(k)s(k+1)-r(k)s(k)$ 若干个值，得到一个线性方程组，然后求出结果。

下面证明

$$\sum\binom{n}{k}\delta k$$

（其中 $n$ 是非负整数）不存在封闭形式。

$$t(k)=\binom{n}{k}=\frac{n!}{(n-k)!k!}$$

那么 $\dfrac{t(k+1)}{t(k)}=\dfrac{n-k}{k+1}$

设 $p(k)=1,q(k)=n-k,r(k)=k$。

于是

$$T(k)=\frac{k\binom{n}{k}s(k)}{n-k}$$

有 $Q(k)=n-2k,R(k)=n$。

于是 $\deg s=\deg p-\deg Q=-1$。

显然，$\deg$ 的值域为 $\mathcal{N}$，所以不能求出其封闭形式。

唯一略显遗憾的是，绝大部分题目的最后结果并不是一个封闭形式，所以在 OI 中应用并不广泛根本没用