牛顿级数

牛顿级数

把普通多项式转组合数形式的多项式，这种组合形式的多项式就叫牛顿级数。有一个用途是转化高位差分。

已知多项式 \(f(x)=a_0 + a_1x + a_2x^2+\cdots + a_nx^n\)

因为 \(\binom xn\) 是一个关于 \(x\) 的多项式。

写成组合数的形式 \(f(x)=c_0\binom{x}{0}+c_1\binom{x}{1}+c_2\binom{x}{2}+\cdots + c_n\binom{x}{n}\)

先给结论：

\[f(x)=f(0)\binom{x}{0}+\Delta f(0)\binom{x}{1}+\Delta^{2}f(0)\binom{x}{2}+\cdots+\Delta^{n}f(0)\binom{x}{n} \]

以下是证明：

先定义差分因子 \(\Delta\)：

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

再定义高维差分：

\[\Delta^{m+1} f(n)=\Delta^{m} f(n + 1)- \Delta^mf(n) \]

运算律

这些运算律可以类比求导的运算律：

\[\begin{align*} &\Delta(f(n)+g(n))=\Delta f(n)+\Delta g(n)\\ &\Delta(c(f(n)))=c\cdot\Delta f(n)\\ &\Delta(f(n)g(n))=f(n)\Delta g(n)+g(n + 1)\Delta f(n) \end{align*} \]

组合数的差分

由组合数的递推公式可以推出：

\[\Delta\binom{x}{k}=\binom{x}{k - 1} \]

同理可推出：

\[\Delta^{m}\binom{x}{k}=\binom{x}{k - m} \]

可以感觉到，组合数和差分很配。

重要结论的证明

回到原命题，对于 \(f(x)=c_0\binom{x}{0}+c_1\binom{x}{1}+c_2\binom{x}{2}+\cdots + c_n\binom{x}{n}\)

因为 :

\[f(0) = \sum c_i \binom 0i \]

取 \(\Delta^kf(0)\) ，运用组合数差分和差分的运算律有：

\[\Delta^kf(0)=\sum c_i\binom 0{i-k} = c_k \]

所以：

\[\begin{align} f(x) &=f(0)\binom{x}{0}+\Delta f(0)\binom{x}{1}+\Delta^{2}f(0)\binom{x}{2}+\cdots+\Delta^{n}f(0)\binom{x}{n}\\ &=\sum_{k=0}^n\Delta^kf(0)\binom xk\\ &=\sum_{k=0}^n{\Delta^kf(0) \over k!}x^{\underline k} \end{align} \]

(咋感觉最后一个有点像泰勒展开？)

牛顿级数的另一种推导：

\[\begin{align} E &= (\Delta+1)\\ E^k &= (\Delta+1)^k = \sum_0 \binom ki\Delta^i di\\ f(x) &= E^xf(0) = \sum_0 \binom ki\Delta^if(0) di\\ \therefore c_i &= \Delta^if(0) \end{align} \]

把牛顿级数转普通多项式形式：

\[a_i = \sum_{k=i}^n{c_i\over k!}\\ f(x) = \sum_{i=0}^{n}(\sum_{k=i}^n{c_i\over k!})x^i \]

上面这个不知到有没有用。

特殊地，\(a_n = {c_i \over n!}\)

重要恒等式

\[\Delta^{n}f(x)=\sum_{k = 0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{n - k}f(x + k) \]

根据高维差分定义，这很好感性理解

证明：为了方便表示，我们设平移因子 \(E\)，满足 \(Ef(x) = f(x+1)\)，因为 \(\Delta f(n)=f(n + 1)-f(n)\)，所以 \(\Delta = E - 1\)。

根据二项式定理：

\[\Delta^nf(x) = (E-1)^nf(x) = \sum_{k=0}^n \binom nk(-1)^{n-k}E^kf(x) =\sum_{k = 0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{n - k}f(x + k) \ \ \ \ \ \ □ \]

推论

对于 \(f(x)=a_0 + a_1x + a_2x^2+\cdots + a_nx^n\)，其牛顿级数为 \(f(x)=c_0\binom{x}{0}+c_1\binom{x}{1}+c_2\binom{x}{2}+\cdots + c_n\binom{x}{n}\)

\[\Delta^nf(0) = c_n = n!a_n \]

和上文的恒等式联立一下，得到：

\[\sum_{k = 0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{k}f(k)=(-1)^{n}c_n\\ \sum_{k = 0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{k}f(k)=(-1)^{n}n!a_n\\ \sum_{k = 0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{k}\sum^n_{i=0}a_ik^i=(-1)^{n}n!a_n \]

牛顿插值法

目的和拉插一致。

具体来说，已知 n 阶多项式 P(x) 在前 n + 1 个点处的值 P(0),P(1),· · ·,P(n)，求P(x) 的值，要求 O(n)。

\[\begin{align} P(x)&=\sum_{k\leq n}c_k\binom{x}{k}=\sum_{k\leq n}\binom{x}{k}\sum_{t}(-1)^{k - t}\binom{k}{t}P(t)\\ &=\sum_{t\leq n}P(t)\sum_{t\leq k\leq n}\binom{x}{k}(-1)^{k - t}\binom{k}{t}\\ &=\sum_{t\leq n}P(t)\binom{x}{t}\sum_{t\leq k\leq n}\binom{x - t}{k - t}(-1)^{k - t}\\ &=\sum_{t\leq n}P(t)\binom{x}{t}\sum_{k\leq n - t}\binom{x - t}{k}(-1)^{k}\\ &=\sum_{t\leq n}P(t)\binom{x}{t}\binom{x - t - 1}{n - t}(-1)^{n - t}\quad \text{交错和公式}\\ &=\sum_{t\leq n}(-1)^{n - t}P(t)\frac{x^{\underline {n + 1}}}{t!(n - t)!(x - t)} \end{align} \]

预处理一下阶乘之类的即可。

应用

牛顿级数这玩意虽然看上去没上面用，但实际上也没什么用。不过为了证明这玩意还是有一点用的，我们给几个例题：

求下面式子的封闭形式：

\[1、\sum_{k} (-1)^{k}\binom{n}{k}(n - k)^{n} \]

先用 \(j\) 替代 \(n-k\)，易得上式等于：

\[\sum_{j}\binom{n}{j}(-1)^{n - j}j^{n} \]

设 \(f(x) = x^n\)通过重要恒等式可得上式等于：

\[\Delta^nf(0) \]

观察到，\(\Delta^nf(0)\) 就是牛顿级数的 \(x^n\) 次项系数 \(c_n\)，根据之前的结论，\(c_n = n!a_n = n!\)。

实际上也可以设 \(f(x) = (n-x)^n\)，但这是我过程都写一半了才意识到的。下一个题我会用这种更简洁的方法。

\[2、\sum_{k}(-1)^{k}\binom{n}{k}\binom{kn}{n} \]

设 \(f(x) = \binom {xn}{n}\)，则上式等于：

\[(-1)^n\Delta^nf(0) \]

其中 \(\Delta^nf(0)\) 相当于 \(c_n\)，又因为 \(c_n=a_n\times n!\)。

对于 \(f(x) = \binom {xn}{n} = {(nx)^{\underline n}\over n!}\)，\(a_n = {n^n \over n!}\)

整理一下容易得到，答案为 \((-1)^nn^n\)

再丢一个例题：更简单的排列计数

反正我也不会做