具体数学-第3课（递归式转化为求和求解）

今天讲了一种将递归式转化为求和的方法。

考虑如下递归式：

\[{a_n}{T_n} = {b_n}{T_{n - 1}} + {c_n} \]

两边同时乘以\(s_n\)得到：

\[{s_n}{a_n}{T_n} = {s_n}{b_n}{T_{n - 1}} + {s_n}{c_n} \]

要想转化成可以求和的递归式，那么必须有：

\[{s_n}{b_n} = {s_{n - 1}}{a_{n - 1}} \]

也就是：

\[{s_n} = \frac { { {a_{n - 1}}{a_{n - 2}} \cdots {a_1}}}{ { {b_n}{b_{n - 1}} \cdots {b_2}}} \]

这时令

\[{S_n} = {s_n}{a_n}{T_n} \]

得到：

\[{S_n} = {S_{n - 1}} + {s_n}{c_n} \]

这时就可以转化为求和了，解出：

\[{S_n} = {s_0}{a_0}{T_0} + \sum\limits_{k = 1}^n { {s_k}{c_k}} \]

所以

\[{T_n} = \frac{1}{ { {s_n}{a_n}}}({s_0}{a_0}{T_0} + \sum\limits_{k = 1}^n { {s_k}{c_k}} ) \]

例题1

设\(n\)个数快速排序的操作次数为\(C_n\)，那么有

\[\begin{array}{l}{C_0} = 0\\{C_n} = n + 1 + \frac{2}{n}\sum\limits_{k = 0}^{n - 1} { {C_k}} ,n > 0\end{array} \]

用\(n-1\)取代\(n\)可以得到

\[{C_{n - 1}} = n + \frac{2}{ {n - 1}}\sum\limits_{k = 0}^{n - 2} { {C_k}} ,n > 1 \]

两式相减可以得到

\[\begin{array}{l}{C_0} = 0\\n{C_n} = (n + 1){C_{n - 1}} + 2n,n > 0\end{array} \]

由上面方法可以得到

\[{a_n} = n,{b_n} = n + 1,{c_n} = 2n \]

所以

\[{s_n} = \frac{2}{ {n(n + 1)}} \]

进而可以求出

\[{C_n} = 2(n + 1)\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{ {k + 1}}} \]

这里介绍一个概念叫做调和级数：

\[{H_n} = 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} \]

所以

\[{C_n} = 2(n + 1){H_n} - 2n \]

求和三大定律

结合律、分配率、交换律。这里就不展开说了，相信你们都知道的。
来两题简单的例题说明一下。

例题2

求

\[S = \sum\limits_{0 \le k \le n} {(a + bk)} \]

普通的方法每个人应该都会，等差数列嘛。这里用求和定律来做一做。
用\(n-k\)取代\(k\)，得到

\[S = \sum\limits_{0 \le n - k \le n} {(a + b(n - k))} \]

即

\[S = \sum\limits_{0 \le k \le n} {(a + b(n - k))} \]

两式相加得到

\[2S = \sum\limits_{0 \le k \le n} {(2a + bn)} = (2a + bn)\sum\limits_{0 \le k \le n} 1 = (2a + bn)(n + 1) \]

所以

\[S = (2a + bn)(n + 1)/2 \]

例题3

求

\[S = \sum\limits_{0 \le k \le n} {k{x^k}} \]

这里用到另一种求和的方法。
两边同时加上第\(n+1\)项，得到

\[\begin{array}{l}S + (n + 1){x^{n + 1}}\\ = \sum\limits_{0 \le k \le n + 1} {k{x^k}} \\ = \sum\limits_{1 \le k \le n + 1} {k{x^k}} \\ = \sum\limits_{0 \le k \le n} {(k + 1){x^{k + 1}}} \\ = x\sum\limits_{0 \le k \le n} {(k{x^k} + {x^k})} \\ = xS + x\sum\limits_{0 \le k \le n} { {x^k}} \\ = xS + x\frac{ {1 - {x^{n + 1}}}}{ {1 - x}}\end{array} \]

所以

\[S = \frac{ {x - (n + 1){x^{n + 1}} + n{x^{n + 2}}}}{ { { {(1 - x)}^2}}} \]

这里介绍另一种方法来求解。
令

\[f(x) = \sum\limits_{0 \le k \le n} { {x^k}} = \frac{ {1 - {x^{n + 1}}}}{ {1 - x}} \]

求导得到

\[f’(x) = \sum\limits_{0 \le k \le n} {k{x^{k - 1}}} = \frac{1}{x}S \]

所以

\[\frac{1}{x}S = \frac{ {\partial f}}{ {\partial x}}(\frac{ {1 - {x^{n + 1}}}}{ {1 - x}}) = \frac{ {1 - (n + 1){x^n} + n{x^{n + 1}}}}{ { { {(1 - x)}^2}}} \]

同样可以得到

\[S = \frac{ {x - (n + 1){x^{n + 1}} + n{x^{n + 2}}}}{ { { {(1 - x)}^2}}} \]