【周报002】离散微积分
这个名字多少有点标题党，但是我想不到更好的了
因为离散数学已经是专有名词了
差分
我们先定义两个算子
位移算子： \(\mathrm{E} a_{n}=a_{n+1}\)
差分算子：\(\Delta a_{n}=\mathrm{E}a_{n}-a_{n}\)
算子的复合可以有一定的简写，望周知
比如 \(a_{n+2}=\mathrm{E} a_{n+1}=\mathrm{E}\mathrm{E}a_{n}=\mathrm{E}^2a_{n}\)
这其实跟你求二阶导数那个 \(\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}\) 的分子那个是一个道理
我们现在可以尝试看一看几个常见数列的差分长什么样子
出于方便，我们先给出差分的和公式
\(\Delta (a_{n}+b_{n})=\Delta a_{n}+\Delta b_{n}\)
由定义，这个是显然的
另一个显然的结论是 \(\Delta Ca_{n}=C\Delta a_{n}\)
\(\Delta C=0\)，常数列的差分显然是 \(0\)
\Delta kn=k(n+1)-kn=k\(，这一点和线性函数的求导是一致的
\)\Delta an=a-a_{n}=(a-1)a^n$，可以注意到 \(\Delta 2^n=2^n\)，也就是在指数函数的差分上， \(2\) 有着和 \(e\) 在求导中相似的意义
\(\Delta n^2=2n+1\)，嗯等一下，这个有点丑陋了
我们注意到 \(n^k\) 差分后最多只能消去最高次项，这实在是有失优美
但是我们可以注意到 \(\Delta n(n-1)=2n\)，这又是很美观的
一般地，我们定义上升幂和下降幂
后者记作 \(a^{\underline{n}}=a(a-1)(a-2)\dots(a-n+1)\)，也就是从 \(a\) 开始一个一个往下乘过去乘 \(n\) 个，每次减 \(1\)
前者可以类似定义
由于前者更多的用途在组合领域，和本文关联不大，不展开
根据我们刚才的猜测，下降幂貌似会有很美观的差分形式，我们来说明这一点
假定 \(a\) 为正整数，这里的推导将是容易的
但是个人觉得，实数情况的推导也可以玩一下（）
我们将下降幂推广定义为 \(n^\underline{a}=\frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(n-a+1)}\)，这是因为 \(\Gamma(k+1)=k!\) 在 \(k \in N\) 的时候是成立的，这是一个类比推广
我们现在计算 \(\Delta n^\underline{a}\)
带入定义我们有 \(\Delta n^\underline{a}=\frac{\Gamma(n+2)}{\Gamma(n-a+2)}-\frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(n-a+1)}\) ，类似于阶乘，\(\Gamma(a+1)=a\Gamma(a)\)
我们有
Wow，非常美丽的形式，但是这个推导过程有没有那么亿点点的小问题呢
答案是还是有的，问题出在了 \(\Gamma\) 这个函数上
由于 \(\Gamma\) 有未定义点（极点），所以我们要求 \(n-a+1 \not\in Z_{\leq 0}\)，当然这显然不是什么大问题了咯
当然，由于对阶乘进行解析延拓的方式不唯一，所以这个推导只能说是一种定义下的一种思路罢了
那么查分有没有乘积公式呢
我们尝试来推导一下
\(\Delta a_{n}b_{n}=a_{n+1}b_{n+1}-a_{n}b_{n}=a_{n+1}b_{n+1}-a_{n+1}b_{n}+a_{n+1}b_{n}-a_{n}b_{n}=a_{n+1}\Delta b_{n}+b_{n}\Delta a_{n}\)
这里 \(a_{n}\) 和 \(b_{n}\) 显然是等价的，于是我们可以得出
\(\Delta a_{n}b_{n}=\mathrm{E}a_{n} \cdot\Delta b_{n}+\Delta a_{n} \cdot b_{n}=a_{n}\cdot \Delta b_{n}+\Delta a_{n}\cdot \mathrm{E}b_{n}\)
也就是“你差我不差，我差你位移”
比较遗憾的是，我们显然没有复合的差分公式了，因为数列都不一定可以复合哈哈哈
和分
简单定义
如果说差分是离散的微分，那么和分就是离散的积分了
我们尝试定义一个和分算子 \(\Sigma\) ，类比于微分和求导的关系，我们希望
\(\Delta \Sigma a_{n}=a_{n}\)，同时 \(\Sigma\Delta a_{n}=a_{n}+C\)
这里给出一种可能的定义方式： \(\Sigma a_{n}=\sum\limits_{k=1}^{n-1}a_{k}\)
简单计算就可以验证上面两条性质是对的，其中后面那一条的 \(C=-a_{1}\)
啊啊但是这个 \(\Sigma\) 算子的有一点点令人无法满意的地方
我们平常算的都是数列的前 \(n\) 项和，这里冒出来个前 \(n-1\) 项
这自然是不美好的
于是我们可以辅助性的定义一个算子 \(\mathrm{S}a_{n}=\sum\limits_{k=1}^n a_{k}\)，有人叫这个叫这个数列的前缀和算子，但是我觉得这个描述方法有点屎山代码的意思在里面了，处于方便，我们称 \(a_{n}\) 的前 \(n\) 项和构成的新数列 \(S_{n}\) 为原数列的前缀和数列，下文有可能笔误记作前缀和数组，是一个东西
由于很多时候， \(S_{n}\) 才是我们想要的东西，所以我们希望找到一个 \(\Sigma\) 算子和 \(S_{n}\) 之间的转化关系
事实上很好注意到
\(S_{n}=\mathrm{E}\Sigma a_{n}+C=\Sigma \mathrm{E}a_{n}+C\) ， \(C\) 一般待定系数去算吧
几个基本性质：
\(\Sigma Ca_{n}=C\Sigma a_{n}\)
\(\Sigma(a_{n}+b_{n})=\Sigma a_{n} +\Sigma b_{n}\)
\(\Sigma n^{\underline{a}}=\frac{n^{\underline{a+1}}}{a+1}\)
\(\Sigma a^n=\frac{a^n}{a-1}\)
例题
先来一点简单题
设 \(a_{n}=n\)，求 \(S_{n}\)
我是高斯！我知道答案是 \(\frac{n(n+1)}{2}\)
Okk，不准用，用和分做做
\(a_{n}=n=n^\underline{1}\)
\(S_{n}=\mathrm{E} \Sigma a_{n}+C=\mathrm{E}\left( \frac{n^{\underline{2}}}{2} \right)+C=\frac{(n+1)^\underline{2}}{2}+C=\frac{n(n+1)}{2}+C\)，带入 \(n=1\) 计算容易知道 \(C=0\)
后面直接写 \(a_{0}\) 哦 pwp 毕竟方便一些些
\(a_{n}=3^n\)，求 \(S_{n}\)
你有会了，你要使用伟大的错位相减了
憋回去，谢谢
\(S_{n}=\mathrm{E}\Sigma a_{n}=\frac{3^{n+1}}{2}+C\)，带入 \(n=1\) 计算可知 \(C=-\frac{3}{2}\)
使用这种方法我们可以求出等差的等比的和数列，过程是容易但是繁琐了，自个算去吧
分部和分法
类比一下积分有分部积分法，咱求和也得有分布求和法
甚至连推导都是一个模子！
\(\Delta a_{n}b_{n}=\mathrm{E}a_{n} \cdot\Delta b_{n}+\Delta a_{n} \cdot b_{n}\)
先移项处理，再两边取 \(\Sigma\)，可得
\(\Sigma (\Delta u_n \cdot v_{n})=u_{n}v_{n}-\Sigma(\mathrm{E}u_{n} \cdot \Delta v_{n})\)
例题
\(a_{n}=n2^n\)，求 \(S_{n}\)
取 \(v=n,\Delta u=2^n\)
则 \(u_{n}=2^n,\mathrm{E}u=2^{n+1},\Delta v=1\)
于是 \(S_{n}=\mathrm{E}(\Sigma(\Delta u_{n} \cdot v_{n}))+C=\mathrm{E}(n2^n-\Sigma 2^{n+1})+C=E((n-2)2^n)+C=(n-1)2^{n+1}+C\)，带入 \(n=1\) 得 \(C=2\)
于是 \(S_{n}=(n-1)2^{n+1}+2\)
显然可以代替一般高中方法的错位相减
其实可以发现分部求和法跟 Abel 变换本质上是一致的
再来一个例题
\(a_{n}=n^2 2^n\)，求 \(S_{n}\)
我们不妨先令 \(v=n^2,\Delta u=u=2^n,\Delta v=2n+1\)
对后面那一块再做一次分步和分，然后配常 \(C=-6\)，结果应为 \((n^2-2n+3)2^{n+1}-6\)
离散泰勒展开
对于任何 \(n>n_{0}\)
\(a_{n}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{\Delta^{(x)}a_{n_{0}}}{k!}(n-n_{0})^\underline{k}\)
暂时不知道有什么用，但是我们可以证着玩一下不是吗（）
首先注意到这并不是一个无穷求和，写成无穷形式只是为了仿照泰勒展开 pwp
然后注意到 \(\frac{(n-n_{0})^k}{k!}=\binom{n-n_{0}}{k}\)
考虑算子展开，注意到 \(\mathrm{E}=\mathrm{I}+\Delta\)
则 \(\mathrm{E}^{(n-n_{0})}=\sum\limits_{k=0}^{n-n_{0}}\binom{n-n_{0}}{k}\Delta^{(k)}\)
\(a_{n}=\mathrm{E}^{(n-n_{0})}a_{0}\) 即可证明
别真想着泰勒去仿照泰勒去证就好了，那样应该没什么思路吧
离散三角函数我没太明白，过两天探讨一下回来再写
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