生成函数

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本文探讨了生成函数（包括普通型与指数型）的概念及其应用，并介绍了通过递推关系求解数列通项公式的方法。

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2.1.4关于形式幂级数的（群的）逆元和单位元

1.前言

本文主要讨论两类生成函数（普通型母函数和指数型母函数），除此之外，还研究了通过数列递推式导出数列通项公式的方法。

2.必要知识

2.1形式幂级数

2.1.1概念

设一个数列（序列) 为 $f(n)$ ,

则 $f(n)$ 的形式幂级数是 $A(x) = \sum_{n=0}^{\infty} f(n) \cdot x^n$

2.1.2特点

形式幂级数有以下两个特点：

$2.1.2.1$ 特点一

形式幂级数不关心 $x$ 的值

$2.1.2.2$ 特点二

形式幂级数不关心收敛和发散，即对 $A(x)$ 的收敛和发散不做要求

2.1.3运算

形式幂级数的运算是在把 $A(x)$ 在 $n \rightarrow \infty$ 时看作收敛的情况的基础上进行的的。

形式幂级数的运算主要有以下三种，在此之前，我们先使用一些初始设定：

设 $a(n),b(n)$ 是两个关于 $n$ 的数列（序列），

设 $a(n)$ 的形式幂级数是 $A(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a(n) \cdot x^n$ ，

设 $b(n)$ 的形式幂级数是 $B(x) = \sum_{n=0}^{\infty} b(n) \cdot x^n$

$2.1.3.1$ 相等运算

若 $\forall x>0, \ a(n) = b(n)$ , 那么 $A(x) =B(x)$

$2.1.3.2$ 相加运算

$A(x)+B(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (a(n)+b(n)) \cdot x^n$

除此之外，还满足交换律和结合律

$2.1.3.3$ 相乘运算

$A(x) \cdot B(x) = \sum_{n=0}^{\infty}c(n)\cdot x^n$

其中， $c(n)=\sum_{k=0}^{n}a_k \cdot b_{n-k}$ （对加法也满足分配律）

$c(n)$ 是序列 $a(n)$ 和 $b(n)$ 的柯西乘积

2.1.4关于形式幂级数的（群的）逆元和单位元

$2.1.4.1$ 单位元

形式幂级数的单位元是1（数字）

$2.1.4.2$ 逆元

一、概念

设 $A(x) = \sum_{n=0}^{\infty}a(n)\cdot x^n$ ，

若存在 $B(x) = \sum_{n=0}^{\infty}b(n)\cdot x^n$ ，满足 $A(x) \cdot B(x)$ ,

则 $B(x)$ 是 $A(x)$ 关于 $1$ 的逆元

二、逆元的充要条件

$A(x)$ 有逆元的充要条件是 $a(0) \neq 0$

三、逆元的唯一性

若 $A(x)$ 有逆元，则逆元唯一，即 $B(x)$ 是唯一的

2.2齐次方程与非齐次方程

2.2.1概念

设方程 $a_1x_1^{k_1}+a_2x_2^{k_2}+...+a_nx_n^{k_n}=f(n)$ $(1)$

则 $(1)$ 为齐次方程的充要条件是：

条件一： $k_1=k_2=...=k_n$

条件二： $f(n)=0$

2.2.2举例

对某个 $n$ 元一次常系数方程： $a_1x_1+a_2x_2+...+a_nx_n=f(n)$ $(*)$

一、齐次方程

若 $(*)$ 中 $f(n)=0$ ,那么 $(*)$ 是齐次方程

二、非齐次方程

若 $(*)$ 中 $f(n) \neq 0$ , 那么 $(*)$ 是非齐次方程

3.生成函数

生成函数也叫做母函数，它是一个数列（序列)的一种形式幂级数。其中，每一项的系数分别代表着组合方法数（针对这一项的次数）。母函数主要分为两类：普通型母函数和指数型母函数。

3.1普通型母函数

普通型母函数是针对组合问题而言的

3.1.1定义

有两种类型的普通型母函数：

一、单下标序列的母函数

对序列 $a(n)$ ，有普通型母函数 $A(x)= \sum_{n=0}^{\infty} a(n) \cdot x^n$ 。

二、双下标序列的母函数（可以引申至更多）

对序列 $a(n,m)$ ，有普通型母函数 $A(x_1,x_2)= \sum_{n=0}^{\infty} a(n,m) \cdot x_1^{n} \cdot x_2^{m}$

3.1.2常见普通型母函数

$3.1.2.1$ 对序列 $a(n,m) = \binom{n}{m},m \in [0,n]$ （ $n$ 固定），

有普通型母函数 $A(x)= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \cdot x^k = (1+x)^n$

$3.1.2.2$ 对序列 $F(n) = \frac{1}{\sqrt 5} \cdot ((\frac{1+\sqrt 5}{2})^n-(\frac{1-\sqrt 5}{2})^n)$ , 即斐波那契数列，

有普通型母函数 $A(x) = \sum_{n=0}^{\infty}F(n) \cdot x^n = \frac{1}{1-x-x^2}$

$3.1.2.3$ 对序列 $a(n)=1$

有普通型母函数 $A(x)= \sum_{n=0}^{\infty} a(n) \cdot x^n = \frac{1}{1-x}$

$3.1.2.4$ 对序列 $a(n)=n$ ,

有普通型母函数 $A(x)= \sum_{n=0}^{\infty} a(n) \cdot x^n = \frac{1}{(1-x)^2}$

$3.1.2.5$ 对序列 $a(n,m)=\begin{cases} 1 & \text{ if } n=1 \\ \frac{m \cdot (m+1)\cdot (m+2)\cdot ... \cdot (n-2)}{(n-1)!} & \text{ if } n>1 \end{cases}$ ( $m$ 固定)

有普通型母函数 $A(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a(n,m) \cdot x^n = \frac{1}{(1-x)^m}$

3.1.3定理一

设从 $n$ 元集合 $S$ $={a_1,a_2...a_n}$ 中取 $k$ 个元素的组合叫做 $b_k$ , 限定元素 $a_i$ 出现的次数是 $M_i$ $(1\leqslant i\leqslant n)$

那么 $b_k$ 的组合数序列的普通型母函数是 $\prod_{i=1}^{n}(\sum_{m \in M_i} x_m)$

3.1.4例子

有重量为1,3,5（克）的砝码个两个，问：

(1)可以称出多少种不同重量的物品？

(2)若要称出重量为7克的物品，所使用的法码有多少种本质不同的情况？

解：

第一问：

根据定理一，设（普通型）生成函数 $G(x)=(1+x+x^2)(1+x^3+x^6)(1+x^5+x^{10})$ $(2)$

其中， $1$ 表示不用重量为 $1$ 克的砝码， $x$ 表示使用 $1$ 个重量为 $1$ 克的砝码， $x^2$ 表示使用两个重量为 $1$ 克的砝码....以此类推

$(2)$ 展开为 $G(x)=1+x+x^2+x^3+x^4+2x^5+2x^6+2x^7+...+x^{18}$ ,

因此，可以称出 $19$ 种不同重量的物品

第二问：

由第一问的展开式可知答案为 $2$

3.2指数型母函数

指数型母函数是针对多重元素的排列问题而言的

3.2.1定义

对序列 $a(n)$ ，有指数型母函数 $A(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a(n) \cdot \frac{x^n}{n!}$

对于多下标同理

3.2.2常见指数型母函数

$3.2.2.1$ 对序列 $a(n)=1$

有指数型母函数 $A(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = e^x$

$3.2.2.2$ 对序列 $a(n)=p^n$

有指数型母函数 $A(x) = \sum_{n=0}^{\infty}p^n\cdot\frac{x^n}{n!}=e^{px}$

$3.2.2.3$ 对序列 $a(n)=\begin{cases} 1 & \text{ if } x=0,2,4.. \\ 0 & \text{ if } x=1,3,5.. \end{cases}$

有指数型母函数 $A(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}[n\%2=0]=1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+...=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$

$3.2.2.4$ 对序列 $a(n)=\begin{cases} 1 & \text{ if } x=1,3,5.. \\ 0 & \text{ if } x=0,2,4.. \end{cases}$

有指数型母函数 $A(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}[n\%2=1]=1+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+...=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$

3.2.3定理二

从多重集合 $M=\{ \infty \cdot a_1,\infty \cdot a_2,...\infty \cdot a_n\}$ 中选择 $k$ 个元素的排列中，若限定元素 $a_i$ 的出现次数集合为 $M_i$ $(1\leqslant i\leqslant n)$ , 在该组合数的指数型母函数是 $\prod_{i=1}^{n}(\sum_{m \in M_i}\frac{x^m}{m!})$

3.2.4例子

由 $1,2,3,4$ 这四个数字能构成多少个五位数？并且要求五位数中 $1$ 出现两次或三次， $2$ 最多出现一次， $4$ 出现偶数次。

解：

$1$ 出现两次或三次，对应的母函数是： $\frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!}$

$2$ 最多出现一次，对应的母函数是： $1+\frac{x}{1!}$

$3$ 出现的次数不做要求，对应的母函数是： $1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\frac{x^5}{5!}+...=e^x$

$4$ 出现偶数次，对应的母函数是： $1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+...=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$

设五位数的组合数的指数型母函数是 $G(x)$

则 $G(x) = (\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!})(1+\frac{x}{1!})(1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\frac{x^5}{5!}+...)(1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+..)$

$\Rightarrow \frac{1}{2}(\frac{1}{6}x^2(3+4x+x^2))\cdot e^x\cdot (e^x+e^{-x})$

$\Rightarrow \frac{1}{12} \cdot 5! \cdot (3 \cdot \frac{2^3}{3!}+4\cdot \frac{2^2}{2!}+1\cdot \frac{2^1}{1!})$

$\Rightarrow 140$

4.由递推关系求通项公式的几个方法

4.1递推关系的定义

递推关系由递推方程和初始条件构成

其中，递推方程是形如 $a(n)=a(n-1)+a(n-2)$ ,即由数列的相邻项或者间隔项构成的方程

初始条件是形如： $a_0=0,a_1=1..$

4.2求解方法

4.2.1迭代法

$\begin{cases} a_n=2a_{n-1}+1 \\ a_1=1 \end{cases}$ ，求 $a_n$ $?$

$a_n=2_{n-1}+1=2(a_{n-2}+1)+1=2(...)+1=2^n-1$

4.2.2母函数法

$\begin{cases} a_n=2a_{n-1}+1 \\ a_1=1 \end{cases}$ ，求 $a_n$ $?$

$\because$ $a_1=2(a_0+1)$

$\therefore a_0=0$

设 $f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$

$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(2a_{n-1}+1)x^n=2\sum_{n=1}^{\infty}a_{n-1}x^n+\sum_{n=1}^{\infty}x^n$

$\Rightarrow 2x\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n+\sum_{n=1}^{\infty}x^n$

$\Rightarrow 2xf(x)+\frac{x}{1-x}$

$\Rightarrow f(x)=\frac{x}{(x-1)(x-2)}=\frac{1}{1-2x}-\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}(2x)^n-\sum_{n=0}^{\infty}x^n$

$\Rightarrow f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(2^n-1)x^n$

$\therefore a(n)=2^n-1$

4.2.3特征根法

一、介绍一些概念

概念一：若 $\{ a_n \}$ 满足 $a_n+b_1a_{n-1}+b_2a_{n-2}+...+b_ka_{n-k}=f(n)$ $(*)$

$\{b_n \}$ 为常数，且 $b_k \neq 0$ , $f(n)$ 为已知函数

则 $\{ a_n \}$ 为 $k$ 阶常系数线性递推关系

概念二：若 $f(n)=0$ , 则 $\{ a_n \}$ 为 $k$ 阶常系数齐次递推关系

概念三： $(*)$ 的特征方程是： $x^k+b1x^{k-1}+b2x^{k-2}+...+b_{k-1}x+b_k=0$

二、分具体情况的不同解法

1.齐次常系数线性递推关系解法

情况一：

$(*)$ 有 $k$ 个相异实根，设这 $k$ 个实根的集合为 $solution$ $=\{x_1,x_2..x_k \}$

则递推关系的通解（通项公式）为： $a_n=c_1x_1^n+c_2x_2^n+...+c_kx_k^n$

其中， $\{c_n \}$ 为常数集

若给出了 $k$ 个初始条件，则 $\{c_n \}$ 唯一，进而得到 $a_n$ 的唯一表达式

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例子：

$\begin{cases} F_n=F_{n-1}+F_{n-2} & \\ F_1=1,F_0=1 & \end{cases}$

解：

特征方程是 $x^2 -x-1=0$ ,得到两个相异实根： $x_1=\frac{1+\sqrt5}{2},x_2=\frac{1-\sqrt5}{2}$

$\therefore F_n=c1(\frac{1+\sqrt5}{2})^n+c2(\frac{1-\sqrt5}{2})^n$

将初始条件带入，得到： $c_1=\frac{1}{\sqrt 5},c_2=-\frac{1}{\sqrt 5}$

$\therefore F_n=\frac{1}{\sqrt 5}(\frac{1+\sqrt 5}{2})^n-\frac{1}{\sqrt 5}(\frac{1-\sqrt 5}{2})^n$

情况二：

$(*)$ 出现一对共轭复根： $x_1=a+bi,x_2=a-bi$

则通解为（通项公式）为： $a_n=c1 \cdot \rho^n \cdot cos\ n\theta+c_2 \cdot \rho ^n\cdot sin \ n \theta+c_3x_3^n+..+c_kx_k^n$

其中， $\rho = \sqrt{ a^2+b^2}$ , $\theta = arctan \ \frac{b}{a}$ （复数的模长和角）， $\{c_n \}$ 为常数集

若给出一组 $k$ 个初始解，那么 $\{c_n \}$ 唯一，进而得到 $a_n$ 的唯一表达式

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例子：

$d_n=\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 &0 .& .& . &. & . & 0 & \\ 1& 1& 1& & & & & & 0& \\ 0& 1 & 1& 1& & & & & 0& \\ .& & 1& 1 & 1 & & & & .& \\ .& & & & & .& & & . & \\ .& & & & & & 1 & 1 & 1 & \\ 0& & . & .& & & & 1 & 1 & \end{bmatrix}$

$d_n$ 是一个 $n \times n$ 的矩阵，求 $d_n$

解：

将 $d_n$ 按照第一行展开，显然可以得到 $d_n=d_{n-1}-d_{n-2}$ ，并且 $d_1=1,d_2=0$

所以其特征方程为： $x^2-x+1=0$

解出两个共轭复根： $x_1=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt 3}{2} i,x_2=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt 3}{2} i$

算出 $\rho = \sqrt{a^2+b^2}=1,\theta=arctan \ \frac{b}{a}=\frac{\pi}{3}$

$\therefore$ 其通解为 $d_n=c_1 \cdot cos \ \frac{n\pi}{3} +c_2\cdot sin \ \frac{n \pi}{3}$

$\because d_1=1,d_2=0$

$\therefore$ $c_1=1,c_2=\frac{1}{\sqrt 3}$

$\therefore d_n=cos \ \frac{n\pi}{3}+\frac{sin \ n\pi}{3\sqrt3}$

情况三：

$(*)$ 出现 $k$ 重根，在这里我们先设 $a_1$ 是重根（可以扩展到多个重根)

则有通解（通项公式）为： $a_n=(c_1+c_2n+c_3n^2...+c_kn^{k-1})\cdot a_1^n$

$\{c_n \}$ 为常数集

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例子：

$d_n=\begin{bmatrix} 2 & 1 & 0 &0 .& .& . &. & . & 0 & \\ 1& 2& 1& & & & & & 0& \\ 0& 1 & 2& 1& & & & & 0& \\ .& & 1& 2 & 1 & & & & .& \\ .& & & & & .& & & . & \\ .& & & & & & 1 & 2& 1 & \\ 0& & . & .& & & & 1 & 1 & \end{bmatrix}$

$d_n$ 是一个 $n \times n$ 的矩阵，求 $d_n$

解：

将 $d_n$ 按照第一行展开，显然可以得到 $d_n=2d_{n-1}-d_{n-2}$ ，并且 $d_1=2,d_2=3$

所以其特征方程为： $x^2-2x+1=0$

解出 $2$ 个重根： $x_1=x_2=1$

$\therefore$ 通解（通项公式）为： $d_n=(c_1+c_2n)\cdot 1^n=c_1+c_2n$

$\because d_1=2,d_2=3$

$\therefore c_1=1,c_2=1$

$\therefore d_n=1+n$

2.非齐次常系数线性递推关系解法

$(*)$ 的通项公式如下： $a_n=\bar{a_n}+a_n(*)$ ,

其中， $a_n(*)$ 是将递推关系看作齐次线性递推关系得到的通解，而 $\bar{a_n}$ 是根据以下情况得到的特解

情况一：

$(*)$ 右边 $f(n)$ 是 $n$ 的 $t$ 次多项式，并且 $1$ 是 $(*)$ 的特征方程的 $m$ 重根

那么，有特解为： $\bar{a_n}=(c_1n^t+c_2n^{t-1}+...+c_tn+c_{t+1})\cdot n^m$

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例子：

给定 $k$ ，求 $\sum_{k=1}^{n}k^3$

解：

设 $a_n = \sum_{k=1}^{n}k^3$

那么有 $\begin{cases} a_n-a_{n-1}=n^3 & \\ a_1=1 & \end{cases}$

第一步：将递推关系看成是齐次求解通项公式

得到齐次递推关系： $a_n-a_{n-1}=0$

那么有特征方程： $x-1=0$

得到解： $x=1$

$\therefore$ 其通解（通项公式）为： $a_n(*)=c_1 \cdot 1^n=c_1$

第二步：求出特解

因为 $1$ 是递推关系的 $1$ 重根，

因此有： $\bar{a_n}=(c_1n^3+c_2n^2+c_3n+c_4) \cdot n^1$

代入非齐次递推关系式得到特解： $\bar{a_n}=\frac{1}{4}n^4+\frac{1}{2}n^3+\frac{1}{4}n^2$

$\therefore a_n =\frac{1}{4}n^4+\frac{1}{2}n^3+\frac{1}{4}n^2+c_1$

由初始值得到： $c_1=0$

$\therefore$ $a_n =\frac{1}{4}n^4+\frac{1}{2}n^3+\frac{1}{4}n^2=\frac{1}{4}n^2(n+1)^2$

情况二：

$(*)$ 右边 $f(n)$ 是 $n$ 的 $t$ 次多项式，并且 $1$ 不是 $(*)$ 的特征方程的根

那么，有特解为： $\bar{a_n}=c_1n^t+c_2n^{t-1}+...+c_tn+c_{t+1}$

情况三：

$(*)$ 右边 $f(n)$ 是 $c \cdot \beta^n$ 的形式（ $c,\beta$ 是常数）

$\beta$ 不是 $(*)$ 的特征方程的根，那么由特解： $\bar{a_n}=k \cdot \beta^n$ ( $k$ 为常数)

情况四：

$(*)$ 右边 $f(n)$ 是 $c \cdot \beta^n$ 的形式（ $c,\beta$ 是常数）

$\beta$ 是 $(*)$ 的特征方程的 $m$ 根，那么由特解： $\bar{a_n}=k \cdot n^m \cdot \beta^n$ ( $k$ 为常数)

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例子：

$\begin{cases} a_n=5a_{n-1}-6a_{n-2}+3\cdot2^n & \\ a_0=0,a_1=1 & \end{cases}$