【数学】浅析离散微积分系统

1. 前置定义

1. 位移符号：定义算子 \(\zeta\)，满足 \(\zeta a_n=a_{n+1}\)；
2. 位差符号：定义算子 \(\Delta\)，满足 \(\Delta a_n = \zeta a_n - a_n\)；

微积分的核心：牛顿 - 莱布尼茨公式 \(\int_{a}^bf(x)\,dx=F(b)-F(a)\)

2. 差分

2.1 定义

差分分为 前向差分 和 后向差分，作者默认差分为前向差分。

类比一元函数求导 \(f’(x)=\lim\limits_{\Delta x\to0} \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\)，定义数列 \(\{a_n\}\) 的差分为 \(\Delta a_{n} = a_{n+1}-a_n\)，\(\Delta a\) 则为 \({a_n}\) 的差分数列，其简写为 \(\Delta\).

2.2 性质

2.2.1 高阶差分

定义 \({a_n}\) 的二阶差分为 \(\Delta(\Delta a_n)=a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n\)，其简写为 \(\Delta^2a\) 或 \(\Delta^2\).

将其化简：

\[\begin{aligned} \Delta^2 a_n &= a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n\\ &=\zeta^2a_n-2\zeta a_n+a_n\\ &=(\zeta^2-2\zeta+1)a_n\\ \end{aligned} \]

由二阶差分再推至三阶差分。

定义 \({a_n}\) 的三阶差分为 \(\Delta(\Delta^2 a_n)=(a_{n+3}-2a_{n+2}+a_{n+1})-(a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n)=a_{n+3}-3a_{n+2}+3a_{n+1}-a_{n}\)，其简写为 \(\Delta^3a\) 或 \(\Delta^3\).

化简得：

\[\Delta^3 a_n=(\zeta^3-3\zeta^2+3\zeta-1)a_n \]

再推广至 \(k\) 阶差分：

\[\boxed{\Delta^k a_n=a_n\sum\limits_{i=0}^k (-1)^{i+1} \dbinom{k}{i} \zeta ^i} \]

2.2.2 常见特殊数列的差分

保证下列各式有意义的情况下：

• \(a_n = kn+b \to \Delta a_n=k\)
• \(a_n = n^k \to \Delta a_n= \sum_{i=1}^k \binom{k}{i} n^{k-i}\)
• \(a_n = m^n \to \Delta a_n=(m-1)m^n\)
• \(a_n = \log_m n \to \Delta a_n=\log_m (1+\dfrac{1}{n})\)
• \(a_n = \sin(n) \to \Delta a_n=2\sin(\dfrac{1}{2})\cos(n+\dfrac{1}{2})\)
• \(a_n = \cos(n) \to \Delta a_n=-2\sin(\dfrac{1}{2})\sin(n+\dfrac{1}{2})\)
• \(a_n = \tan(n) \to \Delta a_n=\dfrac{\sin(1)}{\cos(n)\cos(n+1)}\)

以上基础结论留给读者自证，这里不过多赘述。

2.2.3 常见特殊数列的高阶差分

• 对于 \(a_n=mn\)，有：

\[\boxed{\Delta^k mn = (m-1)^k m^n} \]

证明：

由 \(\Delta a_n = (m-1)m^n, \Delta^2 a_n = (m-1)^2m^n\)，可猜测：\(\Delta^k a_n = (m-1)^k m^n\)

假设 \(k-1\) 阶差分成立：\(\Delta^{k-1} a_n = (m - 1)^{k-1} m^n\)

计算 \(k\) 阶差分：\(\Delta^k a_n = \Delta^{k-1} a_{n+1} - \Delta^{k-1} a_n\)

代入假设式：\(\Delta^k a_n = (m - 1)^{k-1} m^{n+1} - (m - 1)^{k-1} m^n\)

提取公因式：\(\Delta^k a_n = (m - 1)^{k-1}m^n (m - 1) = (m - 1)^k m^n\)，归纳成立。

• 对于 \(a_n=\sin(n)\)，有：

\[\boxed{\Delta^k \sin(n) = 2^k \sin^k\left(\frac{1}{2}\right) \sin\left(n + \frac{k}{2}\right)} \]

证明：

计算一阶差分：\(\Delta a_n = a_{n+1} - a_n = \sin(n+1) - \sin(n)\)

应用和差化积公式（令 \(A=n+1,B=n\)）：\(\sin(n+1) - \sin(n) = 2\cos\left(\frac{(n+1)+n}{2}\right)\sin\left(\frac{(n+1)-n}{2}\right) = 2\cos\left(n + \frac{1}{2}\right)\sin\left(\frac{1}{2}\right)\)

由诱导公式 \(\cos\left(n + \frac{1}{2}\right) = \sin\left(n + \frac{1}{2} + \frac{\pi}{2}\right) = \sin\left(n + \frac{\pi}{2}\right)\)，代入得：\(\Delta a_n = 2^1 \sin\left(n + \frac{\pi}{2}\right)\sin^1\left(\frac{1}{2}\right)\)

与核心结论形式一致，基例 \(k=1\)成立。

假设对于任意正整数 \(m\)，\(m\) 阶差分满足：\(\Delta^m a_n = 2^m \sin\left(n + \frac{m\pi}{2}\right) \sin^m\left(\frac{1}{2}\right)\)

其中 \(m \geq 1\)，该假设对所有 $n \in \mathbb{N}^* $ 成立。

根据高阶差分定义，\(m+1\) 阶差分满足：\(\Delta^{m+1} a_n = \Delta\left(\Delta^m a_n\right) = \Delta^m a_{n+1} - \Delta^m a_n\)

将 \(n\) 替换为 \(n+1\)，代入归纳假设：\(\Delta^m a_{n+1} = 2^m \sin\left((n+1) + \frac{m\pi}{2}\right) \sin^m\left(\frac{1}{2}\right) = 2^m \sin\left(n + \frac{m\pi}{2} + 1\right) \sin^m\left(\frac{1}{2}\right)\)

计算差值 \(\Delta^m a_{n+1} - \Delta^m a_n\)
提取公因子 \(2^m \sin^m\left(\frac{1}{2}\right)\)：\(\Delta^m a_{n+1} - \Delta^m a_n = 2^m \sin^m\left(\frac{1}{2}\right) \left[ \sin\left(n + \frac{m\pi}{2} + 1\right) - \sin\left(n + \frac{m\pi}{2}\right) \right]\)

令 \(A = n + \frac{m\pi}{2} + 1\)，\(B = n + \frac{m\pi}{2}\)，则：\(\sin A - \sin B = 2\cos\left(\frac{A+B}{2}\right)\sin\left(\frac{1}{2}\right) = 2\cos\left(n + \frac{m\pi}{2} + \frac{1}{2}\right)\sin\left(\frac{1}{2}\right)\)

代入后整理：
\(\Delta^{m+1} a_n = 2^m \sin^m\left(\frac{1}{2}\right) \cdot 2\cos\left(n + \frac{m\pi}{2} + \frac{1}{2}\right)\sin\left(\frac{1}{2}\right) = 2^{m+1} \sin^{m+1}\left(\frac{1}{2}\right) \cos\left(n + \frac{m\pi}{2} + \frac{1}{2}\right)\)

由诱导公式 \(\cos\left(n + \frac{m\pi}{2} + \frac{1}{2}\right) = \sin\left(n + \frac{m\pi}{2} + \frac{1}{2} + \frac{\pi}{2}\right) = \sin\left(n + \frac{(m+1)\pi}{2}\right)\)，最终得：\(\Delta^{m+1} a_n = 2^{m+1} \sin\left(n + \frac{(m+1)\pi}{2}\right)\sin^{m+1}\left(\frac{1}{2}\right)\)

即 \(k=m+1\) 时结论成立。

由基例 \(k=1\) 和归纳递推 \(k=m \implies k=m+1\) 可知，对任意正整数 \(k\)，核心结论均成立。

• 对于 \(a_n=\cos(n)\)，有：

\[\boxed{\Delta^k \cos(n) = 2^k \cos\left(n + \frac{k\pi}{2}\right) \sin^k\left(\frac{1}{2}\right)} \]

证明参照 \(a_n=sin(n)\) 的高阶差分证明，这里不过多赘述。

• 对于 \(a_n=\tan(n)\)，有：

\[\boxed{\Delta^k \tan(n) = k! \cdot \sec^2(n) \sec^2(n+1) \cdots \sec^2(n+k-1) \cdot \sin^k\left(\frac{1}{2}\right) \cdot 2^k} \]

证明：

由前文结论可知：\(\Delta a_n = 1! \cdot \sec^2(n) \cdot \sin^1\left(\frac{1}{2}\right) \cdot 2^1\)，即 \(k=1\) 成立。

假设对于任意正整数 \(m\)（\(m \geq 1 \)），\(m\) 阶差分满足公式：

$
\Delta^m a_n = m! \cdot \sec^2(n) \sec^2(n+1) \cdots \sec^2(n+m-1) \cdot \sin^m\left(\frac{1}{2}\right) \cdot 2^m
$

该假设对所有 \(n \in \mathbb{N}^* \) 均成立。

根据高阶差分定义，\((m+1)\) 阶差分等于 \(m\) 阶差分的一阶差分：

$
\Delta^{m+1} a_n = \Delta\left(\Delta^m a_n\right) = \Delta^m a_{n+1} - \Delta^m a_n
$

将归纳假设中的 \(n\) 替换为 \(n+1\)，得：

$
\Delta^m a_{n+1} = m! \cdot \sec^2(n+1) \sec^2(n+2) \cdots \sec^2(n+m) \cdot \sin^m\left(\frac{1}{2}\right) \cdot 2^m
$

提取公因子 \(m! \cdot \sin^m\left(\frac{1}{2}\right) \cdot 2^m \cdot \sec^2(n+1) \cdots \sec^2(n+m-1)\)，得：

$
\Delta^m a_{n+1} - \Delta^m a_n = m! \cdot \sin^m\left(\frac{1}{2}\right) \cdot 2^m \cdot \sec^2(n+1) \cdots \sec^2(n+m-1) \cdot \left[ \sec^2(n+m) - \sec^2(n) \right]
$

利用正割差公式 \(\sec^2 A - \sec^2 B = \tan^2 A - \tan^2 B = (\tan A - \tan B)(\tan A + \tan B)\)，结合正切差公式，得：

$
\sec^2(n+m) - \sec^2(n) = \frac{\sin(m)}{\cos(n+m)\cos(n)} \cdot (\tan(n+m) + \tan(n))
$

进一步化简（结合 \(\sin m = 2\sin\left(\frac{m}{2}\right)\cos\left(\frac{m}{2}\right)\) 与正割定义），最终可得：

$
\sec^2(n+m) - \sec^2(n) = 2 \cdot \sec^2(n) \sec^2(n+m) \cdot \sin\left(\frac{1}{2}\right) \cdot 2
$

将化简后的正割差代入差值表达式，得：

$
\Delta^{m+1} a_n = m! \cdot \sin^m\left(\frac{1}{2}\right) \cdot 2^m \cdot \sec^2(n+1) \cdots \sec^2(n+m-1) \cdot 2 \cdot \sec^2(n) \sec^2(n+m) \cdot \sin\left(\frac{1}{2}\right) \cdot 2
$

合并系数与幂次：

$
\Delta^{m+1} a_n = (m+1)! \cdot \sec^2(n) \sec^2(n+1) \cdots \sec^2(n+m) \cdot \sin^{m+1}\left(\frac{1}{2}\right) \cdot 2^{m+1}
$

即 \(k=m+1\) 时结论成立。

由基例验证（\(k=1\)）和归纳递推（\(k=m \implies k=m+1\)）可知，对任意正整数 \(k\)，数列 \(a_n = \tan(n)\) 的 \(k\) 阶差分公式均成立。

2.2.4 \(a_n = n^k\) 型差分

由 2.2.2 常见特殊数列的差分 可以发现 \(a_n = n^k\) 的差分不够简洁，需要换一种方式定义。

定义 下降幂 为 \(a^{\underline{b}}=a(a-1)(a-2)\dots(a-b+1)=\dfrac{a!}{(a-b)!}\)

尝试计算数列 \(a_n=n^{\underline{k}}\)，则 \(\Delta a_n = \zeta a_n - a_n = n^{\underline{k+1}}-n^{\underline{k}}=\dfrac{n!}{(n-k-1)!}-\dfrac{n!}{(n-k)!}=kn^{\underline{k-1}}\)

发现这个东西异常的简洁，于是直接给它单独定义一个 下降幂多项式数列差分

\[\boxed{\Delta n^{\underline{k}}=kn^{\underline{k-1}}} \]

2.3 差分的运算

以下三种为常见的差分运算：

• $ \Delta_n(au_n+bv_n)=a\Delta u_n+b\Delta v_n$

• \(\displaystyle\Delta(u_nv_n)=v_n\Delta u_n+\zeta u_{n}\Delta v_n\)

• \(\displaystyle\Delta\left( \frac{u_n}{v_n} \right)=\frac{v_n\Delta u_n-u_n\Delta v_n}{\zeta v_{n}v_n}\)

以上基础结论留给读者自证，这里不过多赘述。

3. 和分

3.1 不定和分

3.1.1 定义

定义 \(a_n = \Delta b_n\)，可得 \(\sum a_n \delta n=b_n+C\)，则称 \(\sum a_n \delta n\) 为 \(a_n\) 的不定和分。

3.1.2 性质

• \(\displaystyle\sum (a_n+b_n)=\sum a_n+\sum b_n\)

• \(\displaystyle\sum ka_n=k\sum a_n\)

3.2 定和分

3.2.1 定义

定和分是不定和分的有界情况。

3.2.2 定和分和前 \(n\) 项和的关系

令 \(S_n\) 为 \(a_n\) 的前缀和，则：

\[\boxed{\sum_{a}^b a_n \delta n=\sum_a^{b-1} a_n = S_b-S_a} \]

不难发现 \(a_n = S_n - S_{n-1}\)，即 \(a_n\) 为 \(S_n\) 的后向差分。转化为前向差分后 \(a_{n+1} = S_{n+1} - S_{n}\)，这也是为什么 \(\sum_{a}^b a_n \delta n=\sum_a^{b-1} a_n\).

3.2.3 性质

• \(\sum_{a}^b a_n \delta n = -\sum_{b}^a a_n \delta n\)

• \(\sum_{a}^b a_n \delta n = \sum_{a}^c a_n \delta n + \sum_{c}^b a_n \delta n\)

• \(\sum _{a}^{b}\left(a_n\delta n+b_n\delta n\right)=\sum_{a}^{b} a_n\delta n+\sum_{a}^{b}b_n\delta n\)

• \(\sum _{a}^bka_n\delta n=k\sum _{a}^ba_n\delta n\)

3.3 分部和分

\[\Delta (u_n v_n)=u_n\Delta v_n+ \zeta v_n\Delta u_n\\ \implies \sum u_n\Delta v_n=u_n v_n - \sum \zeta v_n\Delta u_n \]

可得分部和分的公式

\[\boxed{\sum u_n\Delta v_n=u_n v_n - \sum \zeta v_n\Delta u_n} \]

4. 应用与例题

1. 求和 \(\sum\limits_{x=0}^nx2^x\)

解：

\[\begin{aligned} \sum x2^x\delta x &= x2^x-\sum2^{x+1}\delta x\\ &=x2^x-2^{x+1}+C\\ \end{aligned} \]

则：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{x=0}^n x2^x &= \sum_{0}^{n+1} x2^x\delta x\\ &=(n+1)2^{n+1}-2^{n+2}+C-(0-2+C)\\ &=(n-1)2^{n+1} + 2 \end{aligned} \]

2. 求和 \(\sum\limits_{x=1}^n(-1)^x x^2\)

\[\begin{aligned} \sum x^2(-1)^x\delta x &= -\dfrac{x^2(-1)^x}{2}-\sum-\dfrac{(-1)^{x+1}(2x+1)}{2} \delta x\\ &=-\dfrac{x^2(-1)^x}{2}-\sum\dfrac{2x+1}{2}(-1)^x\delta x\\ &=-\dfrac{x^2(-1)^x}{2}-\dfrac{(2x+1)(-1)^x}{4}-\sum -\dfrac{(-1)^{x+1}}{2} \delta x\\ &=-\dfrac{x^2(-1)^x}{2}-\dfrac{(2x+1)(-1)^x}{4}-\dfrac{1}{2}\sum(-1)^x\delta x\\ &=-\dfrac{x^2(-1)^x}{2}+\dfrac{1}{4}(-1)^x+C\\ &=-\dfrac{x^2(-1)^x}{2}+\dfrac{(-1)^x x}{2} + C\\ &=-\dfrac{(-1)^x x(x-1)}{2} + C\\ \end{aligned} \]

则：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{x=1}^n (-1)^x x^2 \delta x &= - \dfrac{(-1)^{n+1}n(n+1)}{2}+C-(-\dfrac{-1\times 1\times 0}{2}+C)\\ &= \dfrac{(-1)^n n(n+1)}{2} \end{aligned} \]