有限微积分基础笔记

前言

由于本人过于菜鸡，学多项式以及一些奇奇怪怪的东西的时候结识了这个有限微积分，故有了这篇文章。

有限微积分是在离散（通常是整数）意义下的积分，不再是平常我们所熟知的类似求面积的无限微积分。

字面意思就是说不能无限分很多小块下去。

引入

常见数列

对于数列上的求和，我们有一些耳熟能详的结论和定理：

\[1 + 2 + 3 + \dots + n = \sum\limits_{k = 1} ^ {n} = {n(n + 1) \over 2} \]

\[1 + a + a ^ 2 + \dots + a ^ {n - 1} = \sum\limits_{k = 0}^{n - 1}a ^ k = {a ^ n - 1 \over a - 1} \]

如果你知识面比较广，可能还知道：

\[1 ^ 2 + 2 ^ 2 + 3 ^ 2 + \dots + n ^ 2 = \sum\limits_{k = 1}^{n}{k ^ 2} = {n(n + 1)(2n + 1) \over 6} \]

\[1 ^ 3 + 2 ^ 3 + 3 ^ 3 + \dots + n ^ 3 = \sum\limits_{k = 1}^{n}{k ^ 3} = {n ^ 2 (n + 1) ^ 2 \over 4} \]

但是如果我们现在得到一个全新的公式，我们该如何是好呢？

这里就提出了有限微积分这个好东西，用于求解非组合形式的数列求和问题。

裂项相消法

在小学奥数中有这么一个式子：

\[\frac12 + \frac16 + \frac1{12} + \dots + \frac{1}{n(n + 1)} \]

根据小学奥数学的裂项：

\[= \frac11 - \frac12 + \frac12 + \frac13 + \dots + \frac1n - \frac1{n + 1} = 1 - \frac1{n + 1} \]

这启示我们，若干个数的和可以将其拆分成小数再进行相加。

而对于高中生来说，我们还会知道求导：

\[f'(x) = \lim_{\Delta x \rightarrow 0} {f(x + \Delta x) - f(x) \over \Delta x} \]

这个东西相当于是减去一个极小的 \(\Delta x\) 的值。

发现这个其实跟裂项相消比较类似。

于是我们能得出一个结论：

既然存在相加和相减的对立，那么求导也存在着与之相对应的运算法则，即积分，二者分别对应的是差的极限与和的极限。

因此对于求和问题，我们可以用积分进行求解。

差分

在OI中，我们学习过差分这种算法，一般用于解决区间操作问题。

比如我们对于一个数列 \(a\),我们需要对 \([l, r]\) 进行区间加操作，一种比较人类智慧的方法就是先对 \(a\) 进行如下操作：

\[a_i = a_i - a_{i - 1} \]

这样我们修改的时候，只需要修改 \(a_l\) 以及 \(a_{r + 1}\) 的值，最后再进行前缀和操作即可实现区间加操作。

我们发现这个差分操作类似于离散意义下的求导？那前缀和就是积分？

---

我们提出这样一个东西：

\[\Delta f(x) = f(x + 1) - f(x) \]

意思就是 \(\Delta f(x)\) 是一个新函数，存储的值是原函数 \(+1\) 的函数值与当前函数值的差值。

探究一下运算的法则：

• 加法法则：\(\Delta (u + v) = \Delta u + \Delta v\)
  套用定义即可证明
• 减法法则：\(\Delta (u - v) = \Delta u - \Delta v\)
  同理
• \(\Delta(Cu) = C \Delta u\)
  其中 \(C\) 是一个无关常数。
  同样套用证明
• 乘法法则：\(\Delta(uv) = u\Delta v + Ev\Delta u\)
  证明：\(\Delta (f(x)g(x)) = f(x + 1)g(x + 1) - f(x)g(x)\)
  考虑一个中间项 \(-f(x)g(x + 1) + f(x)g(x + 1)\)

\[\begin{aligned} =f(x + 1)g(x + 1) - f(x)g(x + 1) + f(x)g(x + 1) - f(x)g(x) \\ =\Delta f(x)g(x + 1) + \Delta g(x)f(x) \\ =f(x)\Delta g(x) + Eg(x)\Delta f(x) \end{aligned} \]

需要注意的是，有限微积分相比于无限微积分，并没有除法法则和链式法则。

定和式

即存在上下界的和式

有了差分之后，我们开始系统性的解决求和问题。定义定和式：

\[{\textstyle\sum_a^bf(x)} \delta x = \sum\limits^{b - 1}_{k = a}f(k) = f(a) + f(a + 1) + f(a + 2) + \dots + f(b - 1) \]

注意，\(\sum_a^b\) 表示的范围不是 \([a, b]\)，而是左闭右开，即 \([a, b)\)

很显然，这个就是我们之前说的差分的逆运算，相当于前缀和。

具体的，根据裂项相消法，有微积分基本定理：

\[{\textstyle\sum_a^b} \Delta f(x) \delta x = f(b) - f(a) \]

这说明差分函数在 \([a, b)\) 积分值为 \(f(b) - f(a)\)。

这个差分函数就是离散意义下的导函数，积分后的函数即为原函数。这也体现出了导函数的积分为原函数加某一个常数的观点。

类比一下，说明一个函数 \(f(x)\) 在 \([a, b)\) 的积分值为 \(F(b) - F(a)\)。

套用定义，能知道定和式满足以下性质：

• \(\sum_a^a f(x) \delta x = 0,\sum_a^b f(x) \delta x = - \sum_b^a f(x) \delta x\)
• \(\sum_a^b f(x) \delta x + \sum_b^c f(x) \delta x = \sum_a^cf(x) \delta x\)
• \(\sum_a^b f(x) \delta x \pm \sum_a^b g(x) \delta x = \sum_a^b (f(x) \pm g(x)) \delta x\)
• \(\sum_a^b Cf(x) \delta x = C\sum_a^b f(x) \delta x\)

例题1

求解等比数列和 \(\sum\limits^{n - 1}_{k = 0} a^k \ (a \ne 1)\)

考虑指数函数的差分：

\[\Delta (a^x) = a^{x + 1} - a^x = (a - 1)a^x \\ a^x = {\Delta ({ a^x \over a - 1})} \]

因此，原式变为：

\[\begin{aligned} \sum\limits^{n - 1}_{k = 0}a^k &= {\textstyle{\Large\sum}_{0}^{n}} \Delta({a^x \over a + 1}) \delta x \\ &={(a^n - a^0) \over a - 1} \\ &={a^n - 1 \over a - 1} \end{aligned} \]

这也是等比数列求和公式的另外一种求法。

下降幂

以上的指数函数能够通过 \(\Delta f(x)\) 套用运算法则将原函数化成 \(\Delta f(x)\) 的形式，直接能够算出和。

但可惜的是幂函数就不可以了，如果我们按照刚刚的办法，在有限微积分有以下式子：

\[\Delta x^n = (x+1)^n - x^n = \sum_{i = 0}^{n}{n \choose i}x^i - x^n\\ =\sum_{i=0}^{n-1}{n \choose i}x^i \]

这个东西没办法套用公式得到原函数与差分函数的关系，故这里引入下降幂（不会的去组合数学里学）。

Ex：同样的做法在无限微积分中却有非常优美的形式：\((x^n)' = na^{n-1}\)，这里的求导与有限微积分的差分意义上等价。

下降幂的差分具有类似无限微积分中的幂函数一样的很优美的性质：

\[\Delta x^{\underline n} = (x+1)^{\underline n} - x^{\underline n}\\ = (x + 1 - (x - n + 1))x^{\underline {n-1}} \\ = nx^{\underline {n-1}} \]

同样套用公式,得出一个很重要的式子：

\[x^{\underline n} = \Delta ({x^{\underline {n+1}} \over n + 1}) \]

因此可以考虑普通幂转下降幂进行求和。

由于普通幂与下降幂之间存在关系：

\[x^n = \sum_{k=0}^{n}{n \brace k}x^{\underline k} \]

故可以解决幂函数的有限积分问题了。

例题2

求解等差数列和 \(\sum\limits_{k=1}^{n}k\)

解：

\[\sum\limits_{k=1}^{n}k = \sum\limits_{k=0}^{n}k ={\textstyle{\Large\sum}_{0}^{n+1}}x \delta x = {\textstyle{\Large\sum}_{0}^{n + 1}}x^{\underline 1} \delta x \\ ={(n+1)^{\underline 2} \over 2} - {0^{\underline 2} \over 2} ={n(n+1) \over 2} \]

例题3

求解 \(\sum\limits_{k = 1}^{n}{1 \over {k(k + 1)}}\)

解：

\[\sum\limits_{k = 1}^{n}{1 \over {k(k + 1)}}= \sum\limits_{k = 0}^{n - 1}k^{\underline {-2}} = {\textstyle{\Large\sum}_{0}^{n}}x^{\underline {-2}} \delta x = {n^{\underline {-1}} - 0^{\underline {-1}} \over -1} \]

由于当 \(m < 0\) 时，\(n^{\underline m} = {1 \over (n+1)^{\overline m}}\)。故：

\[\sum\limits_{k = 1}^{n}{1 \over {k(k + 1)}}= {n \over {n + 1}} \]

例题4 (P1625求和)

解：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^{n}\left(\prod\limits_{j = i}^{i + m - 1} j \right)^{-1} &= \sum\limits_{i=0}^{n - 1}\left(\prod\limits_{j = i + 1}^{i + m} j \right)^{-1} \\ &=\sum\limits_{i=0}^{n - 1}{1 \over (i+m)^{\underline m}} \\ &={\textstyle{\Large\sum}_{0}^{n}}x^{\underline {-m}} \delta x\\ &={n^{\underline {-m+1}} - 0^{\underline {-m+1}} \over {-m+1}}\\ &={(n+m-1)^{\underline n} - n!\over (m-1)(n+m-1)!} \end{aligned} \]

例题5

证明上指标求和公式 \(\sum\limits_{k = 0}^{n}{k \choose m} = {n + 1 \choose m + 1}\)

证明：

\[\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{n}{k \choose m} = \sum_{k = 0}^{n}{k^{\underline m} \over m!} = {1 \over m!}{\textstyle{\Large\sum}_{0}^{n + 1}}x^{\underline m} \delta x \\ = {1 \over m!} {(n + 1) ^ {\underline {m + 1}} - 0 ^ {\underline {m + 1}} \over m + 1} = {(n + 1)^{\underline {m + 1}} \over (m + 1)!} = {n + 1 \choose m + 1} \end{aligned} \]

例题6

求解 \(\sum\limits_{k=1}^{n}k^2\)

解：

\[\begin{aligned} \sum_{k = 1} ^ {n} k^2 = \sum_{k = 0} ^ {n} k^2 \end{aligned} \]

由于普通幂与下降幂之间存在关系：

\[x^n = \sum_{k=0}^{n}{n \brace k}x^{\underline k} \]

所以 \(x^2 = {2 \brace 0}x^{\underline 0} + {2 \brace 1}x^{\underline 1} + {2 \brace 2}x^{\underline 2} = (x^{\underline 2} + x)\)

\[\begin{aligned} \sum_{k = 0} ^ {n} k^2 &= {\textstyle{\Large\sum}_{0}^{n+1}}(x^{\underline 2} + x) \delta x \\ &= {(n + 1)^{\underline 3} - 0^{\underline 3} \over 3} + {(n + 1)^{\underline 2} - 0^{\underline 2} \over 2} \\ &= {1 \over 3}(n + 1)^{\underline 3} + {1 \over 2}(n + 1)^{\underline 2} \\ &={(2n + 1)n(n + 1)\over 6} \end{aligned} \]

例题7

求解 \(\sum\limits_{k = 1}^{n} k^3\)

解：

\[\begin{aligned} \sum_{k = 1}^{n} k^3= \sum_{k = 0}^{n}k^3 \end{aligned} \]

同例题6理将幂次化为下降幂

需要注意的是，由于第二类斯特林数有递推公式 \({n \brace k} = {n - 1 \brace k - 1} + k{n - 1 \brace k}\)，可以手算出 \({3 \brace 2} = {2 \brace 1} + 2{2 \brace 2} = 3\)。

\[\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{n}k^3 &= {\textstyle{\Large\sum}_{0}^{n + 1}}(x^{\underline 1} + 3x^{\underline 2} + x^{\underline 3}) \delta x \\ &={(n+1)^{\underline 2} \over 2} + 3{(n+1)^{\underline 3} \over 3} + {(n+1)^{\underline 4} \over 4} \\ &={(n^2 + n)^2 \over 4} \end{aligned} \]

经过这几道题的求解，可以总结出一些规律或者解题技巧，如遇到带幂函数的和式可以考虑转化为下降幂进行有限积分。

将例6和例7总结可以得到自然数幂和的公式：

\[\sum_{i = 0}^{n - 1}i^m = \sum_{i = 0}^{n - 1}\sum_{k = 0}^{m}{m \brace k}i^{\underline m} = \sum_{k = 0}^{m}{m \brace k}\sum_{i = 0}^{n - 1}i^{\underline k} \]

此时进行有限微积分得：

\[\sum_{k = 0}^{m}{m \brace k}\sum_{i = 0}^{n - 1}i^{\underline k} = \sum_{k = 0}^{m}{m \brace k}{\textstyle{\Large\sum}_{0}^{n}}x^{\underline k}\delta x \]

加上很重要的式子：\(x^{\underline n} = \Delta ({x^{\underline {n+1}} \over n + 1})\)

\[\sum_{k = 0}^{m}{m \brace k}{\textstyle{\Large\sum}_{0}^{n}}x^{\underline k}\delta x = \sum_{k = 0}^{m}{m \brace k}{n^{\underline {k + 1}} \over k +1} \]

不定和式

刚刚讲了定和式，相应的也有不定和式（即不存在上下界的和式），这种和式求和后只能算得另一个新函数，而不是具体的值（相当于原函数与积分函数的关系）

\[f(x) = \sum \Delta f(x)\delta x + C \]

其中 \(C\) 类比于积分中的常数 \(C\)，一般通过特值得到。

对于差分中的乘法法则 \(\Delta(uv) = u\Delta v + Ev\Delta u\)

移项后得到分布求和法则：

\[\sum u\Delta v = uv - \sum Ev\Delta u \]

例题8

求解 \(\sum\limits_{i = 0}^{n - 1} i^{\underline k}a^i,a\ne 1,k\) 较小。

解：直接套用分布求和法则

由于

\[\Delta (a^x) = a^{x + 1} - a^x = (a - 1)a^x \\ a^x = {\Delta ({ a^x \over a - 1})} \]

分布求和中 \(u = x^{\underline k},\Delta v =a^x = {\Delta ({ a^x \over a - 1})},E = (x+1)\)

所以 \(v = \left( {a^x \over a - 1} \right),\Delta u = kn^{\underline {k - 1}}\)

\[\begin{aligned} \sum x^{\underline k}a^x \delta x &= {x^{\underline k}a^x \over a - 1} - \sum {a^{x + 1} \over a - 1} kx^{\underline {k - 1}} \delta x \\ &={x^{\underline k}a^x \over a - 1} - {ka \over a - 1} \sum {a^x} x^{\underline {k - 1}} \delta x \\ &={a^x \over a -1}\sum_{i=0}^{k}\left({-a \over a - 1}\right)^ik^{\underline i}x^{\underline {k - i}} \end{aligned} \]

这一步是发现最后那个和式就是原式的 \(k\) 变为 \(k - 1\)，暴力拆开，会变成一大坨东西乘起来，最后归纳一下得出公式（其实是我不知道怎么归纳）

因此 \(\large{\sum\limits_{i = 0}^{n - 1} i^{\underline k}a^i = \sum_{0}^{n} x^{\underline k}a^x \delta x = {a^x \over a -1}\sum_{i=0}^{k}\left({-a \over a - 1}\right)^ik^{\underline i}(a^n n^{\underline {k - i}} - a^0 0^{\underline {k - i}})}\)

这个公式应用性较强。