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(x的值以及μk(x)(k=0,1,2,…)的值都在同一个数域中)
任取μk(x)(k=0,1,2,…),不存在数域中的数1,2,…,p,使得μk(x)=1μi1(x)+2μi2(x)+…+pμip(x),
即任何一个函数项μk(x)不能被其它函数项线性表出。
e.g.{1,x,x2,x3,…,xn,…}是相互独立的,
而{1,1+x,1-x,1+x2,1-x2,…}不是相互独立的,
∵1=1/2((1+x)+(1-x))。
如使用第二个函数序列来构造普通生成函数,
则序列{1,0,0,0,…}和{0,1/2,1/2,0,…}
所对应的普通生成函数是相同的,
序列与其生成函数之间没有1-1对应关系。
∴函数序列的相互独立性
保证了序列与其生成函数之间的1-1对应。
生成函数的函数序列大多用{1,x,x2,x3,…,xn,…},
在得到一个数列的生成函数之后,
幂级数展开后xn前的系数就是数列的通项an。
普通生成函数的两种主要应用:
1.解排列组合类问题2.求解递归方程
解排列组合类问题
e.g.(1+x)n=
+
x+
x2+…+
xn(二项式定理)
是序列{
,
,…,
}的普通生成函数。
令x=-1,代入得
+…=
+…。
即从n个不同的物体中选取偶数个物体的方法数等于
从n个不同的物体中选取奇数个物体的方法数。
其它应用可参看组合数学/组合分析教材。
求解递归方程
e.g.Fibonacci数an=an-1+an-2a0=1,a1=1(边界条件),
则可以算出序列为{1,1,2,3,5,8,…},an=?
设A(x)=
根据an=an-1+an-2可有anxn=(an-1+an-2)xn,
从2开始对等式两边分别求幂级数,得
=
(an-1+an-2)xn。
由于
=A(x)-a1x-a0,而
(an-1+an-2)xn=
an-1xn+
an-2xn=x(A(x)-a0)+x2A(x),
∴A(x)-a1x-a0=x(A(x)-a0)+x2A(x),令A(x)=z,则有z-x-1=x(z-1)+zx2。
将z视为变量、x视为常量,可解得:
z=A(x)=1/(1-x-x2)。
将1/(1-x-x2)作幂级数展开后,
xn前的系数就是Fibonacci数列的通项an。
常系数线性递归方程(差分方程):
c0an+c1an-1+…+cran-r=f(n)(*)(这里c0*cr≠0)
e.g.3an-5an-1+2an-3=n2+5
线性:
所有ai都是一次的。
非线性:
含有ai2或如aiaj之类的乘积项。
求解常系数线性递归方程c0an+c1an-1+…+cran-r=f(n),
需要r个连续的边界条件
e.g.Fibonacci方程r=2,
求解该方程需要两个连续的边界条件。
若f(n)≠0,则称方程c0an+c1an-1+…+cran-r=f(n)
是非齐次的;
若f(n)=0,则称方程c0an+c1an-1+…+cran-r=0是齐次的。
类似于常微分方程,
称c0xr+c1xr-1+…+cr=0(**)为方程
c0an+c1an-1+…+cran-r=f(n)所对应的特征方程,
求解方程c0an+c1an-1+…+cran-r=f(n),有四个定理。
Th1:
若特征方程(**)恰有r个互不相同的特征根
1,2,…,r(即i≠j时有i≠j),则齐次方程的通解
(通常称为齐通解,因解中含待定系数故称“通解”)
为an=A11n+A22n+…+Arrn
(A1~Ar为待定系数,可由r个连续的边界条件唯一确定)
(将待定系数作为未知数,
根据r个连续的边界条件可得r个方程,
方程的系数矩阵是范德蒙矩阵,
其行列式值不为零,故有唯一解。
)
范德蒙矩阵之例:
E.g.an=an-1+an-2,边界条件a0=a1=1,特征方程为x2-x-1=0
两个(特征)根为1=(1+
)/2,2=(1-
)/2,互不相同,
∴an=A11n+A22n。
把n=0和n=1的两个边界条件代入,
得2个关于A1,A2的方程,
算出A1=(1+
)/(2
),A2=-(1-
)。
(Fibonacci数列的通项
也可根据其生成函数展成的幂级数求出。
Th2:
若1,2是(**)方程的一对共扼复数根
和
则这两个根对应解的部分为
Ancos(n)+Bnsin(n)(A,B为实的待定系数)
Eg2:
下述矩阵的行列式有an=an-1-an-2,
边界条件a1=1,a2=0。
特征方程为x2-x+1=0
两个(特征)根为1=(1+
i)/2,2=(1-
i)/2,
为一对共轭复数,由1、2算出=1,tg=
,=π/3,
按Th2,有an=Ancos(n)+Bnsin(n)=Acos(nπ/3)+Bsin(nπ/3),
将边界条件a1=1,a2=0代入,可得A=1,B=
/3。
Th3:
若是(**)方程的k重根,则对应的解的部分为
C1n+C2nn+C3n2n+…+Cknk-1n
(C1~Ck为待定常数)
Eg3:
an+6an-1+12an-2+8an-3=0,
边界条件a0=1,a1=-2,a2=8。
特征方程为x3+6x2+12x+8=(x+2)3=0,∴-2是三重根,由Th3知an=(C1+C2n+C3n2)(-2)n,
将边界条件a0=1,a1=-2,a2=8代入,
可得C1=1,C2=-1/2,C3=1/2
Eg4:
下述矩阵的行列式有an=2an-1-an-2
一阶矩阵:
二阶矩阵:
三阶矩阵210
221121
12012
n阶矩阵为下图:
对该矩阵所对应的行列式
按第一列的代数余子式展开计算,
有
=2
-
=2an-1-
=2an-1-an-2
故有an=2an-1-an-2,即an-2an-1+an-2=0,于是知,
该递归方程所对应的特征方程为x2-2x+1=(x-1)2=0,
∴1是二重根。
易知边界条件有a1=2,a2=3,
由Th3知,an=(C1+C2n)*1n=(C1+C2n),
用a1=2,a2=3这两个边界条件,可求得C1=C2=1,
于是有an=n+1。
另一计算方法:
由an-2an-1+an-2=0可得
(an-an-1)-(an-1-an-2)=0,于是有(an-an-1)=(an-1-an-2)。
令bn-1=(an-an-1),则bn-2=(an-1-an-2),
∴bn-1=bn-2=bn-3=……=b1=a2-a1=1,
即{a1,a2,…,an,…}是一等差数列,
∴an=a1+(n-1)d,由于a1=2,d=1,∴an=n+1。
Th4:
若方程c0an+c1an-1+…+cran-r=f(n)有f(n)≠0(非齐次),
且q(n)是c0an+c1an-1+…+cran-r=f(n)的一个解(特解),
则方程c0an+c1an-1+…+cran-r=f(n)的解为:
方程的齐通解(含有待定系数)+q(n)(非齐特解),
(齐通解中的待定系数由边界条件唯一确定)。
Eg5:
递归方程为an+2an-1=n+3,边界条件a0=3。
由上述方程及a0=3,可算出a1=-2,a2=9。
于是特征方程为x+2=0,特征根为-2,f(n)为n+3。
故递归方程an+2an-1=0的齐通解为A(-2)n,
类似于常微分方程,设非齐特解q(n)与f(n)同形:
q(n)=Bn+D,将q(n)代入方程an+2an-1=n+3,
(q(n)代an,q(n-1)代an-1)得(Bn+D)+2(B(n-1)+D)=n+3,
于是有3Bn+3D-2B=n+3,令n=1、2,
根据递归方程和a1及a2,解得B=1/3,D=11/9,
故an=A(-2)n+Bn+D=A(-2)n+n/3+11/9,再由边界条件a0=3,解得A=16/9,于是an=16/9(-2)n+n/3+11/9。
Eg6:
递归方程为an+2an-1+an-2=2n,则f(n)为2n;
特征方程为x2+2x+1=(x+1)2=0,特征根为-1,是二重根;
于是齐通解为(C1+C2n)(-1)n,C1、C2为两待定系数,
设特解q(n)与f(n)同形:
q(n)=B2n
代入递归方程为则有B(2n+2*2n-1+2n-2)=2n,解得B=4/9,
于是an=(C1+C2n)(-1)n+4/9*2n,再由所给边界条件
求出待定系数C1、C2(本题未给边界条件)。
找模式:
给定一个数字串,再给定一个模式,
从数字串第一个数字开始扫描,一旦
在数字串中找到该模式,则从下一位开始重新再找,……
如扫到第k位时模式刚好找到,则称该模式在第k位出现。
e.g.给定模式为010,给定数字串为110101010101,
则模式010在(左起)第5、第9位出现,
而第7、第11位不是该模式出现。
Eg7:
求:
在(左起)第n位出现010的
n位二进制数序列有多少?
解:
设第n位出现010的n位二进序列共有bn个。
作如下考察:
第n位出现010的序列必然形如
XXXX…XXXXX010(X有n-3个)
但并非此形状序列都是;
如7位二进序列1101010就不满足条件。
最右三位为010的n位二进制数序列共有2n-3个,
将其分为两类:
1.第n位出现010的n位二进序列,有bn个;
2.第n位未出现010、形如XXXX…XXXXX010的
n位二进序列;
考察:
此类序列的n-1位为一,
故010不可能在第n-1位出现,因此010必然是
在序列的第n-2位出现(如010不在第n-2位出现,
则010就必在序列第n位出现,与本类序列的规定矛盾)。
∴所有此类(即010未在其第n位出现)的n位二进序列
都对应一个在序列的第n-2位出现010的n-2位序列:
共有bn-2个;
于是有:
bn+bn-2=2n-3,边界条件b1=b2=0,b3=1,
特征方程为x2+1=0,两个(特征)根为1=i,2=-i,
为一对共轭复数,由1、2算出=1,=π/2,
于是其齐通解为A1ncos(n)+A2nsin(n)=
A1cos(nπ/2)+A2nsin(nπ/2),
q(n)=B2n-3,代入bn+bn-2=2n-3,
有B2n-3+B2n-5=2n-3,于是有B+B/4=1,
解得B=4/5,q(n)=4/5*2n-3,
∴有bn=A1cos(nπ/2)+A2sin(nπ/2)+4/5*2n-3,
代入边界条件(n=1,2)b1=b2=0,解得A1=2/5,A2=-1/5,
于是最终有bn=2/5cos(nπ/2)-1/5sin(nπ/2)+4/5*2n-3
=1/5(2cos(nπ/2)-sin(nπ/2)+2n-1)。
注意:
并不是所有情况下都能假定特解q(n)与f(n)同形。
Eg8:
an=an-1+2(n-1),边界条件a1=2,a2=4,
依递推式算出a0=2。
特征方程x-1=0,特征根为1,则齐通解为A*1n=A。
q(n)=Bn+D,
代入an=an-1+2(n-1),得Bn+D=B(n-1)+D+2(n-1),
即0=2(n-1)-B,得出B=n-2,不符合题意。
原因是:
只有1这个根,造成通解中不含n。
如设q(n)=Bn2+Cn,代入an=an-1+2(n-1),得
Bn2+Cn=B(n-1)2+C(n-1)+2(n-1),于是有0=B-2Bn-C+2(n-1),将n=1及n=2代入上式,
可得0=B-2B-C即B=-C(n=1代入上式),
及0=B-4B-C+2即3B+C=2(n=2代入上式),
将B=-C代入本式,得B=1,再由B=-C得C=-1,
于是有an=A+n2-n。
将边界条件a1=2代入该式,
得A=2,于是有an=n2-n+2。
(此递推式亦可用代入法求解)
∴非齐次递推方程求解有时需要较为特殊的方法。
再举一例:
an-5an-1+6an-2=2n,
特征方程x2-5x+6=(x-2)(x-3)=0,特征根为2和3。
于是齐通解为A1*2n+A2*3n,如仍设特解q(n)与f(n)同形:
q(n)=B2n,代入an-5an-1+6an-2=2n,则有
B(2n-5*2n-1+6*2n-2)=2n,即有B*2n-1(2-5+3)=2n,
得到0=2n,得出一个矛盾。
原因在何处?
因为一个特征根为2,齐通解中有A1*2n,
故特解不能与f(n)同形。
∴当Th1~Th4无法使用时,
或者特征方程的根难以求得时,
只能用代入法、生成函数法等它方法来求解。
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