积分与求导

目录

• 积分求导
  • 无限求导
    • 常用函数导数：
  • 无限积分
  • 常用的定理
    • 洛必达
    • 泰勒展开
  • 有限积分与差分
  • 牛顿级数
    • 运算律
    • 组合数的差分
    • 重要结论的证明
    • 重要恒等式
      • 推论
    • 牛顿插值法
    • 应用
  • 科技
    • 自适应辛普森法
  • 例题
    • CF1153F Serval and Bonus Problem

积分求导

前言：之前也写过类似的博客，但是感觉太杂了，而且发现自己其实理解还不够，本文汇总其精华。

参考：多项式计数杂谈。

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无限求导

常用函数导数：

• 常数函数：$ f(x) = c $，则 $ f'(x) = 0 $。
• 幂函数：$ f(x) = x^n $，则 $ f'(x) = n x^{n-1} $。
• 指数函数：$ f(x) = e^x $，则 $ f'(x) = e^x $。
• 对数函数：$ f(x) = \ln x $，则 $ f'(x) = \frac{1}{x} $。
• 三角函数：\(sin'(x)=cos(x),cos'(x)=-sin(x)\)

偏导：

对于多元函数 F(x,y) ，对 x 取偏导相当于将 y (等其他元)看做和 x 无关的量，然后求导。

复合函数求导（链式法则）：

\[\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{dx} \]

\[[F(G(x))]' = F'(G(x)) G'(x) \]

加减法：

\[(F+G)' = F' + G' \]

乘法：

\[[F(x)G(x)]'=F'(x)G(x) + F(x)G'(x) \]

除法（可用乘法推）：

\[(\frac {F(x)}{G(x)})' = F'(x)\frac 1{G(x)} + F(x)(\frac 1{G(x)})'=\frac{F'(x)G(x)-F(x)G'(x)}{G^2(x)} \]

反函数：

\[F(x) = y, G(y) = x \rightarrow G'(x)=\frac 1{F'(x)} \]

例如：

\[\begin{aligned} \end{aligned} \]

小试牛刀 1，求 \((\log_ax)'\)

\[\begin{aligned} y &= \log_ax,x=a^y\\ y'=&=\frac1{(a^y)'}\\ &=\frac1{((e^{\ln a})^y)'}\\ &=\frac1{((e^{y\ln a})'}\\ &=\frac1{((e^{y\ln a})\ln a}\\ &=\frac1{a^{y}\ln a}\\ &=\frac1{a^{log_ax}\ln a}\\ &=\frac1{x\ln a}\\ \end{aligned} \]

小试牛刀 2，求 \(Atan'\).

\[\begin{aligned} Atan(x) &= y, tan(y) = x\\ y' = Atan'(x) &= \frac1{tan'y}\ \text{易错点，容易写成 tan(x)} \\ & = \frac{1}{(\frac\sin\cos)'y}\\ &= \sin' y \frac1{\cos y}+\sin y(\frac1{\cos y})'\\ &= \frac 1{1+tan^2y} \\ \because y &= Atan(x)\\ \therefore y' &= \frac 1{1+x^2} \end{aligned} \]

无限积分

相当于求导逆运算，注意多带一个常数：

\[\int F'(x) = F(x) + C \\ \int_a^b f'(x) = f(b) - f(a) \]

积分线性性：(类比 \(\sum\))

\[\int (F(x) + G(x)) dx = \int F(x)dx +\int G(x)dx\\ \int cF(x) = c\int F(x) \]

链式法则（就是逆求导）：

\[\int F'(G(x))G'(x) = \int [F(G(x))]' = F(G(x)) + C \]

部分积分，注意，FG是始减末。用与解决好找 F' 的 原函数 F 和 G 的导函数 G' 的时候。

\[\begin{aligned} (FG)' &= F'G + FG'\\ \int (FG)' &= \int F'G + \int FG' \end{aligned} \]

\[\therefore \int F'G = \int [FG]' - \int FG' = FG - \int FG' \]

应用： \(Beta\) 积分：

\[\begin{aligned} B(a,b) &= \int_0^1 x^a(1-x)^b dx\\ &= \left. \frac {x^{a+1}(1-x)^b}{a+1} \right\vert_0^1 - \int_0^1\frac {x^{a+1}(-b)(1-x)^{b-1}}{a+1} \\ &= \frac b{a+1}B(a+1,b-1)\\ B(k,0) &= \int_0^1 x^k(1-x)^0 dx = 1 \\ B(a,b) &= \frac{b!a!}{(a+b+1)!} \end{aligned} \]

小试牛刀.

常用的定理

洛必达

\[\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} \]

在遇到 \(\frac00,\frac\infty\infty\) 之类的未定义行为时使用。

泰勒展开

根据代数基本定理可推，我们能用一个 n 次多项式来表示一个 n 次函数，而像 sin 这种无限次数的函数，也可以用无限次数的多项式表示。要想得到多项式的第 i 项系数，可以求 i 次导后取常数项。因为每求一次导都会多乘上一个 x 的指数。如果通过求导，把 \(x^i\) 变为 \(x^0\)，那么其系数多乘上了 \(i!\) ，原函数系数要把 \(i!\) 除掉。形式化的写出来为：

\[F(x) = \sum_{i=0}\frac{F^{(i)}(0)}{i!}x^i \]

（注：这其实只是在 0 处的泰勒展开，不过一般只用这个。）

应用：

\[\begin{aligned} \sin(x) &= \sum_{i=0}\frac{\sin^{(i)}(0)}{i!}x^i = \sum_{i=0}\frac{(-1)^i}{2i+1}x^{2i+1}\\ \cos(x) &= \sum_{i=0}\frac{(-1)^i}{2i}x^{2i}\\ \exp x &= e^x = \sum_{i=0}\frac{1}{i!}x^i \therefore e = \sum_{i=0}\frac{1}{i!} \end{aligned} \]

有限积分与差分

定义平移算子：\(E f(x) = f(x+1)\)。

定义差分算子 : \(\Delta = E-1\)，即：\(\Delta f(x) = f(x+1)-f(x)\)。

定义高维差分算子 : \(\Delta^{m+1} f(n)=\Delta^{m} f(n + 1)- \Delta^mf(n)\)。

定义下降幂 ：\(n^{\underline{m}}=n(n - 1)(n - 2)\cdots(n - m + 1)\)

定义上升幂 ：\(n^{\overline{m}}=n(n + 1)(n + 2)\cdots(n + m - 1)\)

差分算子的运算律及其性质：

\[\begin{align*} &\large{\Delta x^\underline k = kx^\underline{k-1}}\\ &\Delta(f+g)=\Delta f+\Delta g\\ &\Delta(cf)=c\cdot\Delta f\\ &\Delta(fg)=f\Delta g+Eg\Delta f\\ &\Delta(2^x) = 2^x\\ &\Delta\binom{x}{k}=\binom{x}{k - 1}\\ &\Delta^{m}\binom{x}{k}=\binom{x}{k - m} \end{align*} \]

求和运算 \(\sum\) 相当于是有限积分，是差分的逆运算。

\[\begin{aligned} &\sum x^\underline k dx= \frac {x^\underline{k+1}}{k+1}\\ &\sum_0^{n-1}x^\underline kdx = \frac{n^\underline {k+1}}{k+1} \end{aligned} \]

特殊的，当 \(k = -1\) 时，

\[\sum_0^{n-1}x^\underline kdx = \sum \frac 1{i+1} = \sum_1^n \frac1i \]

是调和级数。对比 \(\int x^{-1} = \ln x\)。

\[\begin{aligned} &\sum\Delta(fg)=\sum f\Delta g+\sum Eg\Delta f\\ &fg=\sum f\Delta g+\sum Eg\Delta f\\ \end{aligned} \]

可惜的是，有限积分没有类似于链式法则的东西。

应用 : 自然数 k 次方和问题 \(f_k(n)=\sum_{i=0}^{n-1}i^k\)

当 k 足够小（比如 1，2，3，4 这种小常数）的时候，可以暴力把普通幂拆成下降幂，然后用有限积分做。例如 \(x^2=x^\underline 2 + x^\underline 1\).

如果 k 不能当成常数，但是 n 远大于 k 时，那么可以推一下式子得到 \(f_k(n)=\sum_{j=0}^k\dfrac{k\brace j}{j+1}n^\underline{j+1}\)，可以花 \(O(k\log k)\) 的时间预处理出一行的斯特林数，然后 \(O(k)\) 地得到一个 \(f_k(n)\)，聪明一点的会发现上式可以当成 n 的 k + 1 次多项式，可以拉差出 f 的第 n 项。还更快。

如果需要求出多个甚至每一个 k 时的答案，可以考虑用伯努利数，或者直接莽一个多项式多点求值，不过前者是但 log，后者是双 log

f 在 k 上的 EGF 是 \(\dfrac{e^{nx} - 1}{e^{x}-1}\)，取 \(k![x^k]\) 即可得到答案。

如果 k 固定，对不同的 n 求这个东西，那么显然有 \(f_k(n)=f_k(n-1)+(n-1)^k\)，如果 n 连续并且从 0 开始，直接递推就可以了，如果 n 连续但是不从 0 开始，可以先拉差出第一项。如果 n 不连续应该可以多项式多点求值，不过我没试过，理论可行。

牛顿级数

类似于泰勒展开，我们希望得到一个用下降幂表示的类似于多项式的东西。

\[f(x) =\sum_{k=0}^n{\Delta^kf(0) \over k!}x^{\underline k} \]

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：

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

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)。

\[\begin{align} P(x)&=\sum_{k\leq n}c_k\binom{x}{k}\\ &=\sum_{k\leq n}\binom{x}{k}\Delta^kP(0)\\ &=\sum_{k\leq n}\binom{x}{k}\sum_{t}(-1)^{k - t}\binom{k}{t}P(t)\\ &=\sum_{t\leq n}P(t)\sum_{t\leq k\leq n}\binom{x}{k}(-1)^{k - t}\binom{k}{t}\\ &=\sum_{t\leq n}P(t)\binom{x}{t}\sum_{t\leq k\leq n}\binom{x - t}{k - t}(-1)^{k - t}\\ &=\sum_{t\leq n}P(t)\binom{x}{t}\sum_{k\leq n - t}\binom{x - t}{k}(-1)^{k}\\ &=\sum_{t\leq n}P(t)\binom{x}{t}\binom{x - t - 1}{n - t}(-1)^{n - t}\quad \text{交错和公式}\\ &=\sum_{t\leq n}(-1)^{n - t}P(t)\frac{x^{\underline {n + 1}}}{t!(n - t)!(x - t)} \end{align} \]

预处理一下阶乘之类的即可。

对于 \(x - t\)，\(x-t =\frac{(\prod_{t=0}^{i-1}x-i)(\prod_{t=i+1}^{n}x-i)}{\prod_{t=0}^{n}x-i}\) 处理出其前缀积和后缀积，再求一个整体的逆元即可。

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

科技

自适应辛普森法

不是所有的函数都是好积分的。

有些时候可以只求到近似值就可以了。

考虑使用好积分的函数来拟合原函数。例如二次函数。

比方说现在有一个很抽象的函数 \(F(x)\)，我们认为它很接近 \(G(x) = ax^2 + bx + c\)。可得：

\[\int_l^r G(x) = \frac a3(r^3-l^3)+\frac b2(r^2 -l^2) + \frac c2(r - l)\\ =(r-l)(a(r^2+rl+l^2)/3+b(r+l)/2+c/2)\\ \]

化简可得：

\[(r-l)[G(r) + G(l)+G(l+r)]/6 \]

由于 G 是用来拟合 F 的函数，所以

\[\int_l^r F(x) \approx(r-l)[F(r) + F(l)+F(l+r)]/6 \]

不过现在的精度可能很爆炸，所以可以大概判断一下当前精度合不合格，不合格就递归下去求解。

inline double simpson(double l, double r) {return (f(r) + f(l) + 4 * f((l + r) / 2)) * (r - l) / 6;}
inline double getans(double l, double r) {
	double mid = (l + r) / 2;
	if (检查精度够不够) return simpson(l, r);
	return getans(l, mid) + getans(mid, r);
}

例题

CF1153F Serval and Bonus Problem

微积分做法明明相当自然，为什么非要去 dp？复杂度还更劣。

转化为 \([0,1]\) 时的答案然后乘上 l，这样更方便。

\[ans = \int_0^1p(x)dx \]

\[p(x) = \sum_{i=k}^n\binom ni(2x(1-x))^i(1-2x(1-x))^{n-i} \]

注意这里的系数 2 是指可以交换左右端点（读题！题意是撒两个点然后连线）

\[\begin{aligned} ans =& \int_0^1\sum_{i=k}^n\binom ni(2x(1-x))^i(1-2x(1-x))^{n-i}dx \\ =& \sum_{i=k}^n\binom ni\int_0^1(2x(1-x))^i(1-2x(1-x))^{n-i}dx \\ =& \sum_{i=k}^n\binom ni\int_0^1(2x(1-x))^i\sum_{j=0}^{n-i}\binom{n-i}j(-1)^{j}(2x(1-x))^{j}dx \\ =& \sum_{i=k}^n\binom ni\sum_{j=0}^{n-i}\binom{n-i}j(-1)^{j}\int_0^1(2x(1-x))^{i+j}dx \\ =& \sum_{i=k}^n\binom ni\sum_{j=0}^{n-i}\binom{n-i}j(-1)^{j}2^{i+j}\int_0^1x^{i+j}(1-x)^{i+j}dx \\ =& \sum_{i=k}^n\binom ni\sum_{j=0}^{n-i}\binom{n-i}j(-1)^{j}2^{i+j}B(i+j,i+j) \\ \end{aligned} \]

这里用到了上面的 Beta 积分，\(B(a,b)=\dfrac{a!b!}{(a+b+1)!}\)。

\[\begin{aligned} ans =& \sum_{i=k}^n\sum_{j=0}^{n-i}\binom ni\binom{n-i}j(-1)^{j}2^{i+j}B(i+j,i+j) \\ =& \sum_{l=0}^{n}\sum_{j=0}^{n-k}\binom n{l-j}\binom{n-(l-j)}j(-1)^{j}2^{l}B(l,l) \ \ \ \ \ \text{(replace i + j to l in this step)}\\ =& \sum_{l=0}^{n}2^{l}B(l,l)\sum_{j=0}^{n-k}\binom n{l-j}\binom{n-(l-j)}j(-1)^{j} \\ \end{aligned} \]

下一步需要一些注意力，可以逆用三项式版恒等式：\(\binom n{l-j}\binom{n-(l-j)}j = \binom{n}{l}\binom l{l-j}\)

\[\begin{aligned} ans =& \sum_{l=0}^{n}2^{l}B(l,l)\binom{n}{l}\sum_{j=0}^{n-k}\binom l{j}(-1)^{j} \\ =& \sum_{l=k}^{n}2^{l}B(l,l)\binom{n}{l}(-1)^{l-k}\binom {l-1}{l-k} \end{aligned} \]

中间的边界不知道是在什么地方推错的，不管了（？）。