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本帖最后由 hbghlyj 于 2023-8-16 05:19 编辑
等差数列方幂的和及其推广_汪杰良.pdf
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方幂和及其推广和式 黄嘉威.pdf
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方幂和是形式简单却又有颇难度的问题, 这类问题吸引了很多数学家去求解. 方法有裂项和、伯努利数、待定系数法、组合数等等. 以下讨论组合数的待定系数法.
如果多项式能够化成组合数, 用一下朱世杰恒等式就可以求解.
$$\sum_{k=1}^n k^2=\sum_{k=1}^n\left(k^2-k\right)+(k)=\sum_{k=1}^n 2 C_k^2+C_k^1=2 C_{n+1}^3+C_{n+1}^2$$
所以第一步是把多项式化成组合数, 这里选取基$\{C^0_{k-1}, C^1_{k-1}, C^2_{k-1}, …, C^m_{k-1}\}$把一个$m$次多项式表达成组合数的线性表示, 而对于$m$次多项式$p (k)$, 我们可以用待定系数法将$p (k)$表达成组合数的线性表示.注意基的选取是$m+1$个线性无关的组合数.
$\deg p(k)=m, p(k)=\sum_{i=0}^m a_i C_{k-1}^i$ 代入 $k=1,2, ⋯, m+1$得到一个线性方程, 其中系数矩阵就是帕斯卡矩阵, 帕斯卡矩阵的逆很好求, 就是原矩阵上面交错地加上负号.
\[\left(\begin{array}{c}
a_0 \\
a_1 \\
⋮ \\
a_m
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc}
C_0^0 & 0 & ⋯ & 0 \\
C_1^0 & C_1^1 & ⋯ & 0 \\
⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\
C_m^0 & C_m^1 & ⋯ & C_m^m
\end{array}\right)^{-1}\left(\begin{array}{c}
p(1) \\
p(2) \\
⋮ \\
p(m+1)
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc}
C_0^0 & 0 & ⋯ & 0 \\
-C_1^0 & C_1^1 & ⋯ & 0 \\
⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\
(-1)^m C_m^0 & (-1)^{m-1} C_m^1 & ⋯ & C_m^m
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
p(1) \\
p(2) \\
⋮ \\
p(m+1)
\end{array}\right)\]
例. 求 $\sum_{k=1}^n k^2+k+1$.
\begin{aligned}
& p(k)=k^2+k+1, m=\deg p(k)=2 . \\
& \left(\begin{array}{c}
a_0 \\
a_1 \\
a_2
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 \\
1 & -2 & 1
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
3 \\
7 \\
13
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}
3 \\
4 \\
2
\end{array}\right) ⇒ \sum_{k=1}^n p(k)=\sum_{k=1}^n 3 C_{k-1}^0+ 4 C_{k-1}^1+2 C_{k-1}^2=3 C_n^1+4 C_n^2+2 C_n^3 .
\end{aligned}
还有一种和式是$\sum_{k=1}^n k^m q^k$, 它在$q=1$时是方幂和, $q=0$时没什么好算.
以下讨论$q ≠ 0, 1$的情况. 为了方便理解, 这里先给出结论和计算实例.
\begin{aligned} \sum_{k=1}^n p(k) q^{k-1}&=f(n) q^n-f(0)\\ f(n)&=\frac{p(n)}{q-1}+ \frac{1}{(q-1)^2} \sum_{k=1}^m \frac{(-1)^k q^{k-1}}{(q-1)^{k-1}} \Delta^k(p(n))\end{aligned}其中差分算子 $\Delta$ 定义为 $\Delta f ( x) = f ( x + 1) - f ( x) = E -I$.
位移算子$E$定义为$Ef ( x) = f ( x + 1)$, 恒等算子$I$定义为$If ( x) = f ( x)$.
例. 求 $\sum_{k=1}^n(2 k+1) q^{k-1}$.
\begin{aligned} & \Delta (2 n+1)=\Delta (2 n)+\Delta (1)=2 . \\ & f(n)=\frac{2 n+1}{q-1}-\frac{2}{(q-1)^2}\\&f(0)=\frac{1}{q-1}-\frac{2}{(q-1)^2}= \frac{q-3}{(q-1)^2} . \\ & \sum_{k=1}^n(2 k+1) q^{k-1}=\left[\frac{2 n+1}{q-1}-\frac{2}{(q-1)^2}\right] q^n-\frac{q-3}{(q-1)^2} .\end{aligned}
以下证明这个结论.
首先证明$p ( k) , f ( n)$都是$m$次多项式...(*)
当$p ( k)$为常数, 也就是$\deg p ( k) = 0$, 我们知道这个和式就是等比数列求和,
$\sum_{k=1}^n q^{k-1}=\frac{q^n-1}{q-1}=f(n) q^n+C$, 其中 $\deg f(n)=0$.
假设 $\deg p(k)=m$ 时, 有 $\sum_{k=1}^n p(k) q^{k-1}=f(n) q^n+C$, $\deg f(n)=m$
两边对$q$求导, $p ( k)$与$q$无关, $f ( n)$、$C$与$q$有关, 左边跟右边同时变成$m + 1$次多项式.\[\sum_{k=1}^n(k-1) p(k) q^{k-2}=\left[\frac{n}{q} f(n)+\frac{∂}{∂ q} f(n)\right] q^n+\frac{∂ C}{∂ q}\]
对$m$归纳就证明了(*). 因为$C$与$n$无关，代入$n=0$求出$C$:
\[\sum_{k=1}^n p(k)q^{k-1}=\sum_{k=0}^n p(k) q^{k-1}-p(0) q^{-1}=f(n) q^n+C \xRightarrow{n=0} C=-f(0) .\]这样就求出$C$.
然后是解$f ( n)$, 对和式两边差分, 得到只关于$p ( n)$的算子表达式, 问题就是求$q E - I$的逆.
\begin{aligned} & \Delta \sum_{k=1}^n p(k) q^{k-1}=\Delta f(n) q^n\\&⇒ E p(n)=(q E-I) f(n)\\&⇒f(n)=(q E-I)^{-1} Ep(n) .\end{aligned}由于$p (n)$是$m$次多项式, 所以$p (n)$的$m + 1$次差分一定为$0$, 即 $\Delta^{m + 1}p(n)=0$.
\begin{aligned} (q E-I)^{-1} E&=\frac{\Delta +I}{q(\Delta +I)-I}=\frac{\Delta +I}{q-1} ⋅ \frac{1}{I-\frac{q}{1-q} \Delta }\\ &= \frac{\Delta +I}{q-1} \sum_{k=0}^m\left(\frac{q}{1-q}\right)^k \Delta^k\\&=\frac{1}{q-1}\left[\sum_{k=0}^{m-1}\left(\frac{q}{1-q}\right)^k \Delta^{k+1}+\sum_{k=0}^m\left(\frac{q}{1-q}\right)^k \Delta^k\right]\\&=\frac{1}{q-1}\left[\sum_{k=1}^m\left(\frac{q}{1-q}\right)^{k-1} \Delta^k+\sum_{k=1}^m\left(\frac{q}{1-q}\right)^k \Delta^k+I\right]\\&=\frac{1}{q-1} I+\frac{1}{q-1} \sum_{k=1}^m\left(\frac{q}{1-q}\right)^{k-1}\left(1+\frac{q}{1-q}\right) \Delta^k\\&=\frac{1}{q-1} I+ \frac{1}{(q-1)^2} \sum_{k=1}^m \frac{(-1)^k q^{k-1}}{(q-1)^{k-1}} \Delta^k .\end{aligned}最后把算子作用在$p ( n)$, 结论得证.
事实上$p (n + 1) = qf (n + 1) - f ( n)$是一类非齐次一阶常系数线性差分方程, 若$p (n)$不是一个多项式, 就可能没有以上结论. 解这一类差分方程还可以考虑待定系数法, 可是如果系数矩阵很难求逆, 矩阵稍微大一点就会造成很大的计算量.
【参考文献】
韩士安，林磊． 近世代数 ［M］． 北京: 科学出版社，2009． |
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