闲话 25.1.23

闲话

好久没写闲话了。大家是不是都忘记我了？
大家好啊，我是[数据删除]；今天来点大家[已编辑]想看的东西啊。

可能这个方法很古老，但是多个方法多条路(?)

浅谈如何用 50 多年前的学术界分析方法求二元生成函数的对角线

抄一点复变函数基础

复分析是研究 $\mathbb C$ 上的函数——即复变函数，特别是亚纯函数、复解析函数等函数——的理论。下文默认读者拥有高中级别的复数知识，或阅读过此 OI Wiki 页面。

（开）圆盘：一个以 $z_0$ 为圆心、 $r$ 为半径的开圆盘为集合 $D(z_0, r) = \{z : \lvert z - z_0 \rvert < r\}$ 。特别的， $D(0, 1)$ 被称为单位圆盘。

区域： $S\subset \mathbb C$ 是区域，当且仅当其是一个非空的道路连通开集，即 $\forall z \in S, \exists r > 0, D(z, r) \subset S$ ，且任意 $S$ 内两点都可以被有限条完全包含在 $S$ 内的线段首尾连接地相连。

边界：对区域 $S$ ，记其边界为 $\partial S$ 。 $z_0$ 在 $S$ 的边界 $\partial S$ 上（或称 $z_0$ 是 $S$ 的边界点），当且仅当 $z_0$ 满足 $\forall r > 0, D(z_0, r) \cap S \neq \varnothing$ 且 $D(z_0, r) \cap \mathbb (C \setminus S) \neq \varnothing$ 。

曲线：一条曲线 $\gamma$ 形如 $z = z(t), t \in [a,b]$ 。若 $z(a) = z(b)$ 那么其是闭曲线。若 $\forall t_1 \in (a, b), t_2 \in [a,b]$ ， $t_1 \neq t_2 \to z(t_1) \neq z(t_2)$ ，那么曲线是简单的。

有限区域的边界 $\partial D : z = z(t), t \in [a, b]$ 是一条简单闭曲线。规定其方向是逆时针的，即随着 $t$ 的增大， $z(t)$ 从某点开始，沿着逆时针方向（向下一刻所在位置看去，此时位置的左侧是区域内部）绕简单闭曲线一圈。

曲线积分：复变函数 $f(z)$ 沿曲线 $\gamma$ 的曲线积分为

\int_{γ} f (z) d z = \int_{a}^{b} f (z (t)) z^{'} (t) d t = F (z (b)) - F (z (a))

$\int_\gamma f(z) \mathrm dz = \int_a^b f(z(t)) z'(t) \mathrm dt = F(z(b)) - F(z(a))$

其中 $F$ 为 $f$ 的原函数（不一定存在）。

$\textbf{定义 1 }\text{(复导数，全纯函数)}$

设映射 $f : U \to \mathbb C$ ，其中 $U \subset \mathbb C$ 为开集。设 $z_0 \in U$ ，则 $f$ 在 $z_0$ 处的复导数（若存在）定义为

$f'(z_0) = \lim_{z \to z_0} \dfrac{f(z) - f(z_0)}{z - z_0}$
其中 $z$ 可以从各个方向任意地趋近 $z_0$ 。若 $\exists r > 0$ ， $f$ 在 $D(z_0, r)$ 内都有复导数，就称 $f$ 在 $z_0$ 处解析。若 $f$ 在 $U$ 中每点都有复导数，就说 $f$ 为 $U$ 上的全纯函数。

整（entire）函数是在 $\mathbb C$ 上全纯的函数。注意：函数只能是开区域上的全纯函数，若区域内有边界点，这个点处的复导数是不存在的。

Cauchy-Riemann 方程：将复平面的坐标写作 $z = x + \mathrm iy$ ，考虑开集上的复变函数 $f(x, y) = u(x, y) + \mathrm iv(x, y)$ ，其中 $u, v$ 是实值函数，那么 $f$ 全纯当且仅当其满足 Cauchy-Riemann 方程

{\begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x} & = \frac{\partial v}{\partial y} \\ \frac{\partial u}{\partial y} & = - \frac{\partial v}{\partial x} \end{aligned}

$\left\{\begin{aligned} \dfrac{\partial u}{\partial x} &= \dfrac{\partial v}{\partial y} \\ \dfrac{\partial u}{\partial y} &= -\dfrac{\partial v}{\partial x} \end{aligned}\right.$

$\textbf{定理 1 }\text{(Cauchy 定理)}$

设 $f$ 在圆盘 $D$ 上全纯，闭曲线 $\gamma \subset D$ ，那么

$\int_\gamma f(z) \mathrm dz = 0$

这可以推知，若 $f$ 在包含了圆周 $C$ 和其内部的区域上全纯，那么 $\int_C f(z) \mathrm dz = 0$ 。

奇点（singular）： $f$ 在该点不全纯。

可去奇点：若 $U \subset \mathbb C$ 是开集， $z_0$ 是 $U$ 中一点， $f : (U \setminus \{z_0\}) \to \mathbb C$ 是全纯函数，若存在一个在 $U$ 上全纯的函数 $g(z)$ ，使得 $\forall z \in (U \setminus \{z_0\}), f(z) = g(z)$ ，那么 $z_0$ 是 $f$ 的一个可去奇点，并称 $f$ 在 $z_0$ 点可以全纯延拓。（其等价于 $(z - z_0) f(z)$ 在 $z_0$ 处的极限为 $0$ ）
极点（poles）：若存在 $m \in \mathbb N$ ， $(z - a)^{m + 1} f(z)$ 在不可去极点 $z_0$ 处的极限为 $0$ ，那么称 $z_0$ 为 $f$ 的一个极点，最小的满足上述条件的 $m$ 称为 $z_0$ 的阶。由此也知道可去极点恰为零阶奇点。（在极点附近全纯的函数在趋近极点时一致发散到无穷远处）
本性奇点：若 $f$ 的一个孤立奇点既非可去奇点，也非极点，那么其即为本性奇点。

半纯函数：除了可数个奇点外全纯的函数。

$\textbf{定理 2 }\text{(Laurent 展开)}$

设 $f(z)$ 在以 $z_0$ 为圆心的圆环 $\{z : r < \lvert z - z_0 \rvert < R\}$ 上解析，那么对环内部任意一点 $z$ ，都可以找到一个（唯一的）级数，满足

$f(z) = \sum_{n = -\infty}^{\infty} c_n (z - z_0)^n$
$c_n$ 可为 $0$ 。其中 $n \ge 0$ 的部分被称为正则部分（normal part，或解析部分），其在 $D(z_0, R)$ 内绝对收敛； $n < 0$ 的部分被称为主要部分（简称主部），其在 $D(z_0, r)$ 外绝对收敛。

无穷远处展开：设 $f(z)$ 在圆环 $\{z : r < \lvert z - z_0 \rvert < \infty\}$ 上解析，那么令 $s = 1/z$ ， $g(s) = f(1/z)$ 在 $D(0, 1/r) \setminus \{0\}$ 上解析，将 $g$ 在 $0$ 处展开，得到 $g(s) = \sum_{n} c_n s^n$ ，且当 $z\to\infty$ 时 $f(z)$ 与 $s\to 0$ 时 $g(s)$ 的极限状态相同，故 $f$ 在无穷远处的 Laurent 级数为 $\sum_n c_{-n} z^n$ 。

我们也可以用函数的 Laurent 展开考察奇点的情况。若 $f$ 在 $z_0$ 处的 Laurent 展开式不含负次幂项，则 $z_0$ 为 $f$ 的可去奇点；若只有有限个负次幂项，则为极点；若有无限个负次幂项，则为本性奇点。

$\textbf{定义 2 }\text{(留数)}$

若 $f$ 的一个孤立奇点为 $z_0$ ，那么 $\exists r > 0$ ， $f$ 在 $D(z_0, r) \setminus \{z_0\}$ 上解析，Laurent 展开式为 $\sum_n c_n (z - a)^n$ ，那么 $f$ 在 $z_0$ 处的留数

$\text{Res}(f, z_0) = c_{-1} = \int_\gamma f(z) \mathrm dz$
其中 $\gamma$ 为 $D(z_0, r) \setminus \{z_0\}$ 中的一条逆时针可求长曲线。

对无穷远处的留数的定义类似。

由上可知，若 $z_0$ 为 $f$ 的 $m$ 阶极点，那么

Res (f, z_{0}) = \frac{1}{(m - 1)!} lim_{z \to z_{0}} \frac{d^{m - 1}}{d z^{m - 1}} (z - z_{0})^{m} f (z)

$\text{Res}(f, z_0) = \dfrac{1}{(m-1)!} \lim_{z\to z_0} \dfrac{\mathrm d^{m - 1}}{\mathrm dz^{m - 1}}(z - z_0)^m f(z)$

$\textbf{定理 3 }\text{(留数定理)}$

设 $D \subset \mathbb C$ 是由有限条可求长简单闭曲线围成的区域，若 $f$ 在 $D$ 上除孤立奇点 $z_1,\dots,z_n$ 外都是全纯的，且连续到 $\partial D$ ，那么

$\dfrac{1}{2\pi \mathrm i} \int_{\partial D} f(z) \mathrm dz = \sum_{k = 1}^n \text{Res}(f, z_k)$

抄自 M. L. J. Hautus and D. A. Klarner, The diagonal of a double power series, Duke Math. J. 38 (1971), 229–235.

定义二元序列 $\{f_{m, n} \mid m, n\in \mathbb N\}$ 的对角线序列为 $\{f_n = f_{n, n} \mid n \in \mathbb N\}$ 。本文提出了一种通过 $f_{m, n}$ 的二元生成函数的积分表示 $f_n$ 的生成函数的方法。由于这个方法依赖于二元生成函数的封闭形式，一般 $f_{m, n}$ 具有某些递归关系。

令 $A(z), B(z)$ 为 $\{a_n\}, \{b_n\}$ 的普通生成函数，且 $A(z), B(z)$ 在 $z = 0$ 的邻域内解析，那么必然存在正实数 $\alpha, \beta$ ，使得

A (z) = \sum_{n \geq 0} a_{n} z^{n} B (z) = \sum_{n \geq 0} b_{n} z^{n}

$A(z) = \sum_{n\ge 0} a_n z^n \qquad B(z) = \sum_{n\ge 0} b_nz^n$

的 Taylor 展开形式分别在圆盘 $\{z : \lvert z \rvert < \alpha \}, \{z : \lvert z \rvert < \beta \}$ 上成立。那么在圆盘 $\{z : \lvert z \rvert < \alpha\beta \}$ 上级数

C (z) = \sum_{n \geq 0} a_{n} b_{n} z^{n}

$C(z) = \sum_{n \ge 0} a_n b_n z^n$

一致绝对收敛，故这个级数表示一个在圆盘上解析的函数 $C(z)$ 。在 Hadamard 乘积定理的证明中，也证明了 $C(z)$ 的一个积分表示。由于我们关注于这个结论的推广形式，下面会一并写出证明。

证明：我们断言，对所有复数 $z \text{ s.t. } \lvert z \rvert < \alpha\beta$ ，有

C (z) = \frac{1}{2 π i} \int_{C} A (s) B (\frac{z}{s}) \frac{d s}{s}

$C(z) = \dfrac{1}{2\pi \mathrm i}\int_C A(s) B\left(\dfrac{z}{s}\right) \dfrac{\mathrm ds}{s}$

其中 $C = \{s : \lvert s \rvert = (\alpha + \lvert z\rvert / \beta ) / 2\}$ 。当然，这里的 $C$ 也可以换成任意满足 $A(s)$ 在内部解析、 $B(z/s)$ 在外部解析、包含原点的周线。

注意到 Laurent 级数

A (s) B (\frac{z}{s}) \frac{1}{s} = \sum_{k = - \infty}^{\infty} \sum_{n} a_{n + k + 1} b_{n} z^{n} s^{k}

$A(s) B\left(\dfrac{z}{s}\right) \dfrac{1}{s} = \sum_{k=-\infty}^{\infty} \sum_n a_{n + k + 1} b_n z^n s^k$

在圆环 $D = \{s : \lvert z \rvert / \beta < \lvert s \rvert < \alpha\}$ （由于 $\lvert z \rvert < \alpha\beta$ ， $\lvert z \rvert /\beta < \alpha\beta/\beta = \alpha$ ，故 $D$ 非空）上一致绝对收敛，故级数在 $D$ 上表示对应函数。这是由于 $A(s)$ 的 Laurent 级数在 $\{s : \lvert s \rvert < \alpha \}$ 上收敛，且 $B\left(\dfrac{z}{s}\right) \dfrac{1}{s}$ 的 Laurent 级数对所有满足 $\left \lvert \dfrac{z}{s} \right\rvert < \beta$ 的 $s$ 都收敛，即在圆盘 $\{s : \lvert s \rvert < \lvert z \rvert / \beta \}$ 外收敛，故二者的乘积也收敛，重排即可得到上方式子。

若 $B(z/s)$ 只有孤立奇点，那么它们都在 $\{s : \lvert s \rvert = \lvert z \rvert /\beta \}$ 内部，故在 $C$ 内部。只要 $A(s)$ 的奇点和 $B\left(\dfrac{z}{s}\right) \dfrac{1}{s}$ 的奇点在不同的区域内，那么无论路径 $C$ 如何变形，积分的值都不会变化。这一点很重要，因为上面的积分有时可以通过求 $A(s) B\left(\dfrac{z}{s}\right) \dfrac{1}{s}$ 在 $B\left(\dfrac{z}{s}\right) \dfrac{1}{s}$ 被 $C$ 包含在内的奇点处的留数之和来计算。

对 Laurent 级数两侧同时对 $s$ 沿 $C$ 积分， $\text{RHS}$ 在 $C$ 内部只有 $s = 0$ 一个奇点，那么据留数定理，得到的 $s^{-1}$ 项系数就是对所有 $\lvert z \rvert < \alpha\beta$ 的 $z$ 都适用的 $C(z)$ 的 Taylor 级数表示。 $\square$

$\textbf{定理 1}$

令

$F(x, y) = \sum_{m=0}^{\infty} \sum_{n=0}^{\infty} f_{m,n} x^m y^n$
对所有满足 $\lvert x \rvert < \alpha, \lvert y \rvert < \beta$ 的 $x, y$ 收敛，那么对所有满足 $\lvert z \rvert < \alpha\beta$ 的 $z$ ，有

$G(z) = \sum_{n = 0}^{\infty} f_{n, n} z^n = \dfrac{1}{2\pi \mathrm i} \int_C F\left(s, \dfrac zs\right) \dfrac{\mathrm ds}{s}$
其中 $C := \{s : \lvert s \rvert = (\alpha + \lvert z\rvert / \beta ) / 2\}$ 。进一步的，若 $F\left(s, \dfrac zs\right) \dfrac{1}{s}$ 在 $C$ 内部只有孤立奇点，那么上述积分可以通过求这些奇点处的留数之和来计算。

证明： $F(x, y)$ 的级数形式对所有满足 $\lvert x \rvert < \alpha, \lvert y \rvert < \beta$ 的 $x, y$ 一致绝对收敛，那么 $G(z)$ 的级数形式对所有满足 $\lvert z \rvert < \alpha\beta$ 的 $z$ 一致绝对收敛。不妨取 $z$ 满足 $\lvert z \rvert < \alpha\beta$ ，那么

s^{- 1} \sum_{m = 0}^{\infty} \sum_{n = 0}^{\infty} f_{m, n} s^{m} {(\frac{z}{s})}^{n}

$s^{-1} \sum_{m = 0}^{\infty} \sum_{n = 0}^{\infty} f_{m,n} s^m \left(\dfrac zs \right)^n$

对所有 $\lvert s \rvert < \alpha, \lvert z/s\rvert < \beta$ 都显然一致绝对收敛，这样的 $s$ 形成了非空圆环 $D = \{s : \lvert z \rvert / \beta < \lvert s \rvert < \alpha\}$ 。那么可以重排上面的各项得到

\sum_{k = - \infty}^{\infty} \sum_{n} f_{n + k + 1, n} z^{n} s^{k}

$\sum_{k = -\infty}^{\infty} \sum_n f_{n+k+1,n} z^n s^k$

该级数对所有 $D$ 中的 $s$ 都一致绝对收敛，值与 $F\left(s, \dfrac zs\right) \dfrac{1}{s}$ 相同。那么两侧对 $s$ 沿 $C$ 积分即可得到 $G(z)$ 满足的所有性质。 $\square$

既然有了一个方法，我们就要用一下子。论文中给出了一个 general case： $F(x,y) = (1 - ax - by - cxy)^{-1}$ ，但我们不分析那么难的情况，而是看一个经典问题。（原题是愿望幽灵）

快进到生成函数阶段。要求一行 $a_n = [z^n](1 + 2cz)^n(1 - z)^{-n-1}$ ，不妨建立二元生成函数

F (z, t) = \sum_{n \geq 0} (1 + 2 c z)^{n} (1 - z)^{- n - 1} t^{n} = \frac{1}{1 - z - t - 2 c z t}

$F(z, t) = \sum_{n\ge 0} (1 + 2cz)^n(1 - z)^{-n-1}t^n = \dfrac{1}{1 - z - t - 2czt}$

那么 $a_n = [z^nt^n] F$ ，即 $F$ 的对角线。根据上面的定理，有

G (z) = \frac{1}{2 π i} \int_{C} \frac{1}{1 - s - z / s - 2 c z} \frac{d s}{s} = \frac{1}{2 π i} \int_{C} \frac{- d s}{z + (2 c z - 1) s + s^{2}}

$G(z) = \dfrac{1}{2\pi \mathrm i} \int_C \dfrac{1}{1-s-z/s-2cz} \dfrac{\mathrm ds}{s} = \dfrac{1}{2\pi \mathrm i} \int_C \dfrac{-\mathrm ds}{z + (2cz-1)s+s^2}$

显然这个复变函数的两个瑕点是 $p(s) = z + (2cz-1)s+s^2$ 的两个根

{\begin{aligned} α (z) = \frac{1 - 2 c z + \sqrt{(2 c z - 1)^{2} - 4 z}}{2} \\ β (z) = \frac{1 - 2 c z - \sqrt{(2 c z - 1)^{2} - 4 z}}{2} \end{aligned}

$\left\{\begin{aligned} \alpha(z) = \dfrac{1-2cz + \sqrt{(2cz - 1)^2 - 4z}}{2}\\ \beta(z) = \dfrac{1-2cz - \sqrt{(2cz - 1)^2 - 4z}}{2} \end{aligned}\right.$

但是这两个根都在 $C$ 的内部吗？这可不一定。显然 $z\to 0$ 时 $\alpha(z) \to 1, \beta(z) \to 0$ ，那么由于 $F(0, 0) \neq 0$ ，取一定的 $A > 0, B > 0$ 去卡圆盘， $\beta(z)$ 一定在 $C$ 内部，但 $\alpha(z)$ 不在。故据留数定理， $G(z) = \mathrm{Res}(-1/p(s), \beta(z))$ 。由于 $p(s) = [s - \alpha(z)][s -\beta(z)]$ ，这个提取其实很简单。作换元 $x = s - \beta(z)$ ，

G (z) = [x^{- 1}] \frac{- 1}{x (x + β (z) - α (z))} = [x^{0}] \frac{- 1}{x + β (z) - α (z)} = \frac{1}{α (z) - β (z)} = \frac{1}{\sqrt{(1 - 2 c z)^{2} - 4 z}}

$G(z) = [x^{-1}] \dfrac{-1}{x(x + \beta(z) - \alpha(z))} = [x^0] \dfrac{-1}{x + \beta(z) - \alpha(z)} = \dfrac{1}{\alpha(z) - \beta(z)} = \dfrac{1}{\sqrt{(1 - 2cz)^2 - 4z}}$

和 Alpha1022 得到的结果相同。

此外，论文得到了 $F(x,y) = (1 - ax - by - cxy)^{-1}$ 的对角线的生成函数是

G (z) = \frac{1}{\sqrt{1 - 2 (c + 2 a b) z + c^{2} z^{2}}}

$G(z) = \dfrac{1}{\sqrt{1 - 2(c + 2ab)z + c^2 z^2}}$

导出方法完全相同。

posted @ 2025-01-23 19:32 joke3579 阅读(97) 评论(3) 编辑收藏举报

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