具体数学-第6课(下降阶乘幂)

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具体数学-第6课 - WeiYang Blog

上节课讲到下降阶乘幂和差分运算,这节课继续讲它和差分的各种性质。

性质1

首先在后面章节会证明, {(x + y)^{\underline{m}}} 的二项展开形式和普通的 {(x + y)^m} 是一样的,这里提一下,暂时用不到。

性质2

接下来给出下降阶乘幂为负数的定义:
{x^{ \underline{- m}}} = \frac{1}{ {(x + 1)(x + 2) \ldots (x + m)}}

性质3

和普通幂 {x^{m + n}} = {x^m}{x^n} 不同,下降阶乘幂有如下性质:
{x^{\underline{m + n}}} = {x^{\underline{m}}}{(x - m)^{\underline{n}}}

性质4

上一节课说到,定义下降阶乘幂的好处就是为了求差分方便,下降阶乘幂的差分为:
\Delta ({x^{\underline{m}}}) = m{x^{\underline{ {m - 1}}}}
反之,类比不定积分,它的不定和为:
\sum\nolimits_a^b { {x^{\underline{m}}}\delta x} = \left. {\frac{ { {x^{\underline{m + 1}}}}}{ {m + 1}}} \right|_a^b

但是这里 m \ne - 1 ,那要是 m = - 1 怎么办呢?
直接运用差分定义可以求出
\begin{array}{l}{x^{ \underline{- 1}}} = \frac{1}{ {x + 1}} = \Delta f(x) = f(x + 1) - f(x)\\ \Rightarrow f(x) = {H_x}\end{array}

所以
\sum\nolimits_a^b { {x^{\underline{m}}}\delta x} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left. {\frac{ { {x^{\underline{m + 1}}}}}{ {m + 1}}} \right|_a^b,m \ne - 1}\\{\left. { {H_x}} \right|_a^b,m = - 1}\end{array}} \right.

性质5

在微积分里面, e^x 的导数是它自身。那么什么函数的差分是自身呢?
通过定义可以很容易算出来:
\begin{array}{l}f(x + 1) - f(x) = f(x)\\ \Rightarrow f(x + 1) = 2f(x)\\ \Rightarrow f(x) = {2^x}\end{array}

进一步推广可以得到:
\Delta ({c^x}) = {c^{x + 1}} - {c^x} = (c - 1){c^x}
所以得到如下一种新的等比数列计算方式:
\sum\limits_{a \le k < b} { {c^k}} = \sum\nolimits_a^b { {c^x}\delta x} = \left. {\frac{ { {c^x}}}{ {c - 1}}} \right|_a^b = \frac{ { {c^b} - {c^a}}}{ {c - 1}}

性质6

结合律和分配律在差分运算里也适用。
\begin{array}{l}\Delta (cf) = c\Delta (f)\\\Delta (f + g) = \Delta (f) + \Delta (g)\end{array}

性质7

类似分部积分,这里也可以分部来求差分。
\begin{array}{l}\Delta (u(x)v(x)) = u(x + 1)v(x + 1) - u(x)v(x)\\ = u(x + 1)v(x + 1) - u(x)v(x + 1) + u(x)v(x + 1) - u(x)v(x)\\ = [u(x + 1) - u(x)]v(x + 1) + u(x)[v(x + 1) - v(x)]\\ = u(x)\Delta (v(x)) + v(x + 1)\Delta (u(x))\end{array}
这里给出一个新的记号叫做移位运算:
Ef(x) = f(x + 1)
所以就得到了差分的分部运算法则:
\Delta (uv) = u\Delta (v) + Ev\Delta (u)
对两边求和,又可以得到不定求和的分部运算法则:
\sum {u\Delta (v)} = uv - \sum {Ev\Delta (u)}

这个分部法则非常有用,下面举两个例子来说明一下怎么用。

例1

一道老题,计算:
\sum\limits_{k = 0}^n {k{2^k}}
首先计算
\sum {x{2^x}\delta x}
在这里可以令
u = x,v = {2^x}
所以
\sum {x{2^x}\delta x} = x{2^x} - \sum { {2^{x + 1}}\delta x} = x{2^x} - {2^{x + 1}} + C
那么求和式就可以转化为不定求和来算了:
\begin{array}{l}\sum\limits_{k = 0}^n {k{2^k}} = \sum\nolimits_0^{n + 1} {x{2^x}\delta x} \\ = \left. {x{2^x} - {2^{x + 1}}} \right|_0^{n + 1}\\ = (n - 1){2^{n + 1}} + 2\end{array}

例2

计算
\sum\limits_{0 \le k < n} {k{H_k}}
首先计算
\sum {x{H_x}\delta x}
这里注意要令
u = {H_x},\Delta v = x
不能倒过来哦,因为 H_x 的不定和很难求出来的。所以
\begin{array}{l}\sum {x{H_x}\delta x} = \frac{ { {x^{\underline{2}}}}}{2}{H_x} - \sum {\frac{ { { {(x + 1)}^{\underline{2}}}}}{2}} {x^{ \underline{- 1}}}\delta x\\ = \frac{ { {x^{\underline{2}}}}}{2}{H_x} - \frac{1}{2}\sum { {x^{\underline{1}}}\delta x} \\ = \frac{ { {x^{\underline{2}}}}}{2}{H_x} - \frac{ { {x^{\underline{2}}}}}{4} + C\end{array}

所以
\sum\limits_{0 \le k < n} {k{H_k}} = \sum\nolimits_0^n {x{H_x}\delta x} = \frac{ { {n^{\underline{2}}}}}{2}({H_n} - \frac{1}{2})

无限求和

回顾一下以前我们是怎么计算下面求和式的。
S = {\rm{1}} + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots
首先两边同时乘2,得到:
2S = 2 + {\rm{1}} + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots = 2 + S
解出
S = 2

那么可不可以用同样的方法计算下面式子呢?
T = 1 + 2 + 4 + 8 + \cdots
两边同时乘2,得到:
2T = 2 + 4 + 8 + \cdots = T - 1
解出
T = -1
显然不可能,因为这里的 T 是发散的,所以不能这么求。那么如何用一般的方法来求解呢?

首先我们只考虑正数求和,求解 \sum\limits_{k \in K} { {a_k}} ,其中 K 是一个无限集合。
那么,如果存在 A ,使得对任意 F \subset K ,都有
\sum\limits_{k \in F} { {a_k}} \le A
那么我们说这个最小的 A 就是 \sum\limits_{k \in K} { {a_k}} 的结果。
如果不存在这么一个 A ,那么这个求和式就是发散的,即结果为正无穷。

一般使用中,对于 K=N ,我们可以令 F = \{ 0,1,2, \ldots ,n\}
所以
\sum\limits_{k \ge 0} { {a_k}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 0}^n { {a_k}}

举两个例子,比如
\sum\limits_{k \ge 0} { {x^k}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{ {1 - {x^{n + 1}}}}{ {1 - x}} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{1}{ {1 - x}},0 \le x < 1}\\{\infty ,x \ge 1}\end{array}} \right.
再如:
\sum\limits_{k \ge 0} {\frac{1}{ {(k + 1)(k + 2)}}} = \sum\limits_{k \ge 0} { {k^{ \underline{- 2}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 0}^n { {k^{ \underline{- 2}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left. {\frac{ { {k^{ \underline{- 1}}}}}{ { - 1}}} \right|_0^{n + 1} = 1

剩下的问题就是如何求有正有负的和式?

可以考虑的方案就是用不同的配对,将正负组合在一起,从而相消求和。

但是不同的组合方式会得到不同的答案。就比如:
\sum\limits_{k \ge 0} { { {( - 1)}^k}} = 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots
有两种组合方式:
(1 - 1) + (1 - 1) + \cdots = 0

1 - (1 - 1) - (1 - 1) - \cdots = 1
得到了两种不同的结果。

事实上,我们可以将正数和负数分开求和,因为正数求和我们已经解决了,所以我们定义:
x = {x^ + } - {x^ - }
其中
{x^ + } = x \cdot [x > 0],{x^ - } = - x \cdot [x < 0]

所以求和式可以分成两部分分别求和:
\sum\limits_{k \in K} { {a_k}} = \sum\limits_{k \in K} { {a_k}^ + } - \sum\limits_{k \in K} { {a_k}^ - }

最后推广到二重求和:
\sum\limits_{j \in J,k \in {K_j}} { {a_{j,k}}} = \sum\limits_{j \in J} {\sum\limits_{k \in {K_j}} { {a_{j,k}}} } = \sum\limits_{j \in J} { {A_j}} = A

这里也没啥好细说的,就先了解了解吧。

posted on 2020-01-17 01:03  godweiyang  阅读(601)  评论(0编辑  收藏  举报

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