生成函数的处理技术 (2023.11)

先咕一会。

EGF 转迭代式

\(\bf Example\;1.\quad\)考虑如下生成函数

\[\sum_{n\geqslant 0}M(n)\frac{z^n}{n!}=\left(\frac{1+z}{1-z}\right)^{1/4}\exp\!\left(\frac{z}{2}+\frac{z^2}{2}\right), \]

尝试求一个有关 \(M(n)\) 的迭代列。我们的基本方法是微分，即

\[\begin{aligned} \sum_{n\geqslant 0}M(n+1)\frac{z^n}{n!}&=\frac{\text d}{\text dz}\sum_{n\geqslant 0}M(n)\frac{z^n}{n!}\\ &=\frac{\text d}{\text dz}\left(\left(\frac{1+z}{1-z}\right)^{1/4}\exp\!\left(\frac{z}{2}+\frac{z^2}{2}\right)\right)\\ &=\frac{\text d}{\text dz}\exp\!\left(\big(\ln(1+z)-\ln(1-z)\big)/4+\frac{z}{2}+\frac{z^2}{2}\right)\\ &=\frac{\text d\left(\ln(1+z)-\ln(1-z)+2z+2z^2\right)}{4\,\text dz}\sum_{n\geqslant 0}M(n)\frac{z^n}{n!}\\ &=\left(\frac{1}{2(1-z^2)}+\frac{1}{2}+z\right)\sum_{n\geqslant 0}M(n)\frac{z^n}{n!}, \end{aligned} \]

即

\[2(1-z^2)\sum_{n\geqslant 0}M(n+1)\frac{z^n}{n!}=(1+2z-z^2-2z^3)\sum_{n\geqslant 0}M(n)\frac{z^n}{n!}, \]

记 \(M_n:=M(n)=[z^n/n!]E_M(z)\)，提取 \(z^n/n!\) 系数得

\[\begin{aligned} 2M_{n+1}-2n(n-1)M_{n-1}&=M_n+2nM_{n-1}-n(n-1)M_{n-2}-2n(n-1)(n-2)M_{n-3},\\ M_{n+1}&=M_n+n^2M_{n-1}-\binom{n}{2}M_{n-2}-n(n-1)(n-2)M_{n-3}. \end{aligned} \]

\(\bf Example\;2.\quad\)记 \(\boldsymbol{X}_n=(x_{ij})_{n\times n}\) 是每个元素为独立单项式 \(x_{ij}\) 的对称矩阵，记 \(L(n)\) 为 \(\det\boldsymbol{X}_n\) 展开式中不同项的个数。例如

\[\begin{aligned} \det\boldsymbol{X}_3&=\begin{vmatrix} x_{11}&x_{12}&x_{13}\\ x_{12}&x_{22}&x_{23}\\ x_{13}&x_{23}&x_{33} \end{vmatrix}\\ &=x_{11}x_{22}x_{33}+2x_{12}x_{13}x_{23}-x_{12}^2x_{33}-x_{13}^2x_{22}-x_{23}^2x_{11},\\ \end{aligned} \]

故有 \(L(3)=5\)。快进到 \(L(n)\) 的 EGF \(E_L(z)\)，它是

\[\begin{aligned} \sum_{n\geqslant 0}L(n)\frac{z^n}{n!}&=\exp\!\left(z+\frac{z^2}{2!}+\frac{1}{2}\sum_{n\geqslant 3}(n-1)!\frac{z^n}{n!}\right)\\ &=(1-z)^{-1/2}\exp\!\left(\frac{z}{2}+\frac{z^2}{4}\right), \end{aligned} \]

使用相同的方法可以得到

\[L(n+1)=(n+1)L(n)-\binom{n}{2}L(n-2). \]

Lagrange 反演

众所周知地，我们有如下拉格朗日反演公式

\[n[z^n]F^{\langle-1\rangle}(z)^k=k\!\left[z^{n-k}\right]\!\left(\frac{z}{F(z)}\right)^n=k\!\left[z^{-k}\right]\!F(z)^{-n}. \]

\(Proof.\quad\)令 \(F^{\langle-1\rangle}(z)^k=\sum_{i\geqslant k}p_{i}z^i\)，那么

\[\begin{aligned} z^k&=F^{\langle-1\rangle}(F(z))^k=\sum_{i\geqslant k}p_iF(z)^i,\\ \end{aligned} \]

对两边求微商得

\[\begin{aligned} &\qquad\quad kz^{k-1}=\sum_{i\geqslant k}ip_{i}F(z)^{i-1}F'(z),\\ \frac{kz^{k-1}}{F(z)^n}&=\sum_{i\geqslant k}ip_{i}F(z)^{i-n-1}F'(z)\\ &=np_nF(z)^{-1}F'(z)+\sum_{i\geqslant k,i\neq n}ip_{i}\frac{1}{i-n}\frac{\text d}{\text dz}F(z)^{i-n}. \end{aligned} \]

取 \(z^{-1}\) 项系数便得

\[\begin{aligned} \left[z^{-1}\right]\!\frac{kz^{k-1}}{F(z)^n}&=\left[z^{-1}\right]\!np_nF(z)^{-1}F'(z)\\ &=\left[z^{-1}\right]\!np_n\cdot\frac{a_1+2a_2z+\cdots}{a_1z+a_2z^2+\cdots}\\ &=\left[z^{-1}\right]\!np_n\left(\frac{1}{z}+\cdots\right)\\ &=np_n=n[z^n]F^{\langle-1\rangle}(z)^k.\;\blacksquare \end{aligned} \]

\(\bf Example\;1.\quad\)考虑

\[[z^n](ze^{-z})^{\langle-1\rangle}=\big[z^{n-1}\big]e^{nz}/n=\frac{n^{n-1}}{n!}, \]

我们得到

\[(ze^{-z})^{\langle-1\rangle}=\sum_{n\geqslant 1}n^{n-1}\frac{z^n}{n!}. \]

更进一步，我们有

\[[z^n]\left((ze^{-z})^{\langle-1\rangle}\right)^k=\frac{k}{n}\cdot\frac{n^{n-k}}{(n-k)!}. \]

\(\bf Example\;2.\quad\)记 \(y=R(z):=\sum_{n\geqslant 1}n^{n-1}\frac{z^n}{n!}\)，我们已证明 \(y=(ze^{-z})^{\langle-1\rangle}\)，这说明 \(ye^{-y}=z\) 即 \(y=ze^{y}\)。而 \(n^{n-1}\) 是 \(n\) 个点的有标号有根树的数量，因此该等式的组合意义是明显的。
根据 \(y=ze^y\) 得 \(y'=e^y+zy'e^y\)，即 \(zy'=ze^y/(2-ze^y)=y/(1-y)\)。由此得

\[(1-R(z))^{-1}=1+zR'(z)=1+\sum_{n\geqslant 1}n^n\frac{z^n}{n!}. \]