具体数学 - 用微积分求和 Calculate Sums with Calculus

无限微积分由 \(\mathrm{D}f(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}\) 所定义的微分算子 \(\mathrm{D}\) 的性质，有限微分则是由 \(\Delta f(x) = f(x+h) - f(x)\) 所定义的差分算子 \(\Delta\) 的性质。

微分算子作用在幂函数上的结果可以表示为 \(\mathrm{D}(x^m)=mx^{m-1}\)，而差分算子在 \(h \to 1\) 时能够达到的极限为 \(h=1\)，所以差分算子作用在幂函数上的结果类似于 \(\Delta(x^3)=(x+1)^3-x^3=3x^2+3x+1\)。但有一类幂次在差分算子的作用下可以很好的变换，有利于处理和式。

下降阶乘幂与上升阶乘幂

下降阶乘幂由

\[x^{\underline{m}}=x(x-1) \cdots (x-m+1), m \in Z, m \geq 0. \]

所定义。差分算子 \(\Delta\) 作用在下降阶乘幂上能拥有与微分算子 \(\mathrm{D}\) 作用在幂函数上类似的形式，如下所示。

\[\begin{align*} \Delta(x^{\underline{m}}) &= (x+1)^{\underline{m}}-x^{\underline{m}} \\ &= (x+1)x \cdots (x-m+2) - x \cdots (x-m+2)(x-m+1) \\ &= mx(x-1) \cdots (x-m+2) \\ &= mx^{\underline{m-1}}. \end{align*} \]

反之，我们在进行差分逆运算时（对应微分之于积分，即求和），其一般运算法则为

\[\sum_a^b x^{\underline{m}} \delta x = \left. \frac{x^{\underline{m+1}}}{m+1} \right|_a^b, m \neq -1. \]

当 \(m=-1\) 时我们令 \(\Delta f(x) = f(x+1) - f(x) = x^{\underline{-1}}\)，则有 \(f(x) = \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{x} = H_x\) 满足条件。所以

\[\sum_a^b x^{\underline{m}} \delta x = \left. H_x \right|_a^b, m = -1. \]

在微积分中，\(e^x\) 的导数是其自身，那么什么函数的差分是其自身呢？我们令

\[\begin{align*} &\Delta f(x) = f(x+1) - f(x) = f(x) \\ &\Rightarrow f(x+1) = 2f(x) \\ &\Rightarrow f(x) = 2^x. \end{align*} \]

类似的，上升阶乘幂由

\[x^{\overline{m}}=x(x+1) \cdots (x+m-1), m \in \mathrm{Z}, m \geq 0. \]

所定义。

分部求和法

参考微积分中的分部积分法，我们可以利用分布求和法来进行和式求解。我们考虑如下差分

\[\begin{align*} \Delta(u(x)v(x)) &= u(x+1)v(x+1) - u(x)v(x) \\ &= u(x+1)v(x+1) -u(x)v(x+1) + u(x)v(x+1) - u(x)v(x) \\ &= [u(x+1)-u(x)]v(x+1) + u(x)[v(x+1)-v(x)] \\ &= u(x) \Delta v(x) + v(x+1) \Delta u(x). \end{align*} \]

我们定义一个移位运算

\[Ef(x) = f(x+1). \]

对等式两边求和，则我们可以得到不定求和的分部运算法则

\[\sum u\Delta(v) = uv - \sum Ev\Delta(u). \]

例 1：计算 \(\sum_{k=0}^n k2^k\)。

首先我们计算不定求和

\[\begin{align*} \sum x2^x \delta x &= x2^x - \sum 2^{x+1} \delta x \\ &= x2^x - 2^{x+1} + C. \end{align*} \]

接着代入区间 \([0,n]\) 计算结果

\[\begin{align*} \sum_{k=0}^n k2^k &= \sum_{0}^{n+1} x2^x \delta x \\ &= \left. x2^x - 2^{x+1} \right|_0^{n+1} \\ &= (n-1)2^{n+1} + 2. \end{align*} \]

例 2：计算 \(\sum_{k=0}^{n-1} kH_k\)。

首先我们计算不定求和

\[\begin{align*} \sum xH_x \delta x &= \frac{x^{\underline{2}}}{2}H_x - \sum \frac{(x+1)^{\underline{2}}}{2}x^{\underline{-1}} \delta x \\ &= \frac{x^{\underline{2}}}{2}H_x - \frac{1}{2}\sum x \delta x \\ &= \frac{x^{\underline{2}}}{2}H_x - \frac{x^{\underline{2}}}{4} + C. \end{align*} \]

接着代入区间 \([0,n]\) 计算结果

\[\begin{align*} \sum_{k=0}^{n-1} kH_k &= \sum_{k=0}^n xH_x \delta x \\ &= \left. \frac{x^{\underline{2}}}{2}H_x - \frac{x^{\underline{2}}}{4} \right|_0^n \\ &= \frac{n^{\underline{2}}}{2}(H_n - \frac{1}{2}). \end{align*} \]

例 3：计算 \(\sum_{k=1}^n\frac{2k+1}{k(k+1)}\)

\[\begin{align*} \sum_{k=1}^n\frac{2k+1}{k(k+1)} &= \left. -\frac{2k+1}{k} \right|_1^{n+1} + \sum_{k=1}^n \frac{2}{k+1} \\ &= -\frac{2(n+1)+1}{n+1} + 2H_{n+1} \\ &= H_{n+1} + H_n + 1. \end{align*} \]

斯特林数

第二类斯特林数记作 \(S(n,k)\)，表示将 \(n\) 个两两不同的元素，划分为 \(k\) 个互不区分的非空子集的方案数。其满足的递推式为

\[\begin{align*} S(n,0)&=0;\\ S(n,k)&=S(n-1,k-1)+k(n-1,k). \end{align*} \]

例 4：已知 \(z^n = \sum_{k=0}^{n} S(n,k) \cdot z^{\underline{k}}\)，求证 \(S(n,k)\) 对于 \(n\geq1,k\geq1\) 满足 \(S(n,k)=S(n-1,k-1)+k(n-1,k)\)。

我们使用数学归纳法进行证明：

• 当 \(n=1\) 时，我们有 \(z^1 = \sum_{k=0}^1S(n,k) = S(1,0)+S(1,1)=1\)。我们已知 \(S(1,0)=0\)，则 \(S(1,1)=1\)。

• 当 \(n=2\) 时，我们有 \(z^2=S(2,0)+S(2,1)\cdot z+S(2,2)\cdot z(z-1)\)，比较系数后我们有 \(S(2,0)=0, S(2,1)=1, S(2,2)=1\)，则

  \[\left.\begin{matrix} F(2,1) = F(1,0) + 1\cdot F(1,1) = 1 \\ F(2,2) = F(1,1) + 2\cdot F(1,2) = 1 \end{matrix}\right\}\Rightarrow F(2,k) = F(1,k-1) + k\cdot F(1,k). \]

  符合初值。

• 我们假设命题在 \(n=m\) 时成立。

• 当 \(n=m+1\) 时，有

  \[\begin{align*} z^{m+1} = z^m \cdot z &= z\sum_{k=0}^{m} F(m,k)\cdot z^{\underline{k}} \\ &= \sum_{k=0}^{m} F(m,k)\cdot z\cdot z^{\underline{k}} \\ &= \sum_{k=0}^{m} F(m,k)\cdot (z-k+k)\cdot z^{\underline{k}} \\ &= \sum_{k=0}^{m} F(m,k)\cdot (z-k)\cdot z^{\underline{k}} + k\sum_{k=0}^{m} F(m,k)\cdot z^{\underline{k}} \\ &= \sum_{k=0}^{m} F(m,k)\cdot z^{\underline{k+1}} + k\sum_{k=0}^{m} F(m,k)\cdot z^{\underline{k}} \\ &= \sum_{k=1}^{m+1} F(m,k-1)\cdot z^{\underline{k}} + k\sum_{k=1}^{m} F(m,k)\cdot z^{\underline{k}} \\ &= F(m,m) \cdot z^{\underline{m+1}} + \sum_{k=1}^{m} [F(m,k-1)+k\cdot F(m,k)]\cdot z^{\underline{k}}. \end{align*} \]

  比较同幂次的系数，得

  \[F(m+1,k) = F(m,k-1) + k \cdot F(m,k). \]

命题成立。

第一类斯特林数记作 \(s(n,k)\)，表示将 \(n\) 个两两不同的元素，划分为 \(k\) 个互不区分的非空轮换的方案数。其满足的递推式为

\[\begin{align*} s(n,0) &= 0; \\ s(n,k) &= s(n-1,k-1) + (n-1)s(n-1,k). \end{align*} \]

例 5：已知 \(z^{\underline{n}} = \sum_{k=0}^{n} s(n,k) \cdot z^{k}\)，求证 \(s(n,k)\) 对于 \(n\geq1,k\geq1\) 满足 \(s(n,k) = s(n-1,k-1) + (n-1)s(n-1,k)\)。

类似地，我们使用数学归纳法进行证明，使用 \(n-1\) 替换等式中的 \(n\)，有

\[\begin{align*} z^{\underline{n}} = z^{\underline{n-1}}\cdot(z-(n-1)) &= (z-(n-1))\sum_{k=0}^{n-1}s(n-1,k)z^k \\ &= \sum_{k=0}^{n-1}s(n-1,k)z^{k+1} - \sum_{k=0}^{n-1}(n-1)s(n-1,k)z^k \\ &= \sum_{k=1}^{n}s(n-1,k-1)z^k - \sum_{k=0}^{n-1}(n-1)s(n-1,k)z^k. \end{align*} \]

比较系数后得到

\[s(n,k) = s(n-1,k-1) - (n-1)s(n-1,k). \]

命题成立。