生成函數積分運算的一點發現...

一般說來，對於生成函數的積分

我以前認為最好不要胡亂地添加任意常數，一般默認

但今天想用生成函數證明某和式

$sum_{i=0}^{n-k}{frac{(-1)^{i}}{i!}frac{1}{(n-k-i)!}frac{1}{i+k+1}}=frac{k!}{(n+1)!}$

卻驚訝地發現這個事實 $int{e^{x}dx} e e^{x}$

在生成函數中 $int{e^{x}dx}=int{sum_{i=0}^{infty}{frac{x^{i}}{i!}}dx}=sum_{i=1}^{infty}{frac{x^{i}}{i!}}=e^{x}-1$

稍加分析，其實這是因為，對生成函數積分得到的新生成函數總是確定的

即常數項總是確定的，我們記這個常數為 $C_{i}$

這樣的話，每次積分之後我們都必須要確定它，而不是忽略它

可能由於微分的應用比積分的應用在生成函數中更加廣泛

所以以前也沒有仔細探討過這樣的問題

這裡也對之前文章中的話做一些更改

統一地說來，生成函數是仍然滿足分部積分法的

只是如果忽略掉常數，最終的誤差，可能是一個多項式

Update1 2019.06.06

一般的，對於 $int{x^{n}e^{ax}dx}$ ，設按照一般分部積分法得到的結果為 $G_{n}$

生成函數理論下，得到的結果為 $F_{n}$ ，二者之差為 $D_{n}=F_{n}-G_{n}$

通過數學歸納法（觀察法orz），知道 $D_{n}=(-frac{1}{a})^{n+1}n!$

又由於 $G_{n}=frac{1}{a}x^{n}e^{ax}-frac{n}{a}G_{n-1}$ 且 $G_{0}=frac{1}{a}e^{ax}$ ，可以求得 $F_{n}$

Update2 2019.06.06

上文提到的某和式其實來源於一個經典問題

有個取值在之間的隨機實數變數 $x_{i}$ ，求排序後第個的期望值

設為第大取值為的概率密度函數，那麼 $P(t)=nC_{n-1}^{k-1}t^{k-1}(1-t)^{n-k}$

$egin{align} E(x_{k})&=int_{0}^{1}{P(t)tspace }dt \ &=nC_{n-1}^{k-1}int_{0}^{1}{t^{k} sum_{i=0}^{n-k}C_{n-k}^{i}(-t)^{i}space }dt\ &=nC_{n-1}^{k-1}sum_{i=0}^{n-k}{(-1)^{i}C_{n-k}^{i}int_{0}^{1}{t^{i+k}}space dt}\ &=nfrac{(n-1)!}{(n-k)!(k-1)!}sum_{i=0}^{n-k}{(-1)^{i}frac{(n-k)!}{i!space (n-k-i)!}frac{1}{i+k+1}}\ &=frac{n!}{(k-1)!}sum_{i=0}^{n-k}{ frac{(-1)^{i}}{i!space (i+k+1)}frac{1}{(n-k-i)!} } end{align}$

令 $F(x)=sum_{i=0}^{infty}{frac{(-1)^{i}}{i!space (i+k+1)}x^{i}}=frac{int{x^{k}e^{-x}dx}}{x^{k+1}}$ ，和 $G(x)=sum_{i=0}^{infty}{frac{1}{i!}x^{i}}=e^{x}$

則 $E(x_{k})=frac{n!}{(k-1)!}[x^{n-k}]F(x)G(x)$

通過Update1中的方法，可以求得

$F(x)=frac{k!(1-sum_{i=0}^{k}{frac{1}{i!}x^{i}e^{-x}})}{x^{k+1}}$

$egin{align} [x^{n-k}]F(x)G(x)&=[x^{n-k}]frac{k!space (1-sum_{i=0}^{k}{frac{1}{i!}x^{i}e^{-x}})}{x^{k+1}}*e^{x}\ &=[x^{n+1}]frac{k!space (e^{x}-sum_{i=0}^{k}frac{1}{i!}x^{i})}{x^{k+1}}*x^{k+1}\ &=frac{k!}{(n+1)!} end{align}$