3Math Preliminary1.docx
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3MathPreliminary1
第一章算法分析的数学基础
生成函数（母函数）
在进行计数分析时，常常会遇到递推方程，形如：
an=cn-1*an-1+cn-2*an-2+…+cr*ar（cr≠0）
求解时有时需要使用生成函数的方法。
e.g.Fibonacci数列：
满足关系an=an-1+an-2
（该类数有很多好的性质）
普通与指数生成函数的定义：
设{a0，a1，a2，…，an，…}是某一数域
（e.g.有理数，实数，复数）上的数的序列，
{μ0（x）,μ1（x）,μ2（x）,…,μn（x）,…}
是同一数域上相互独立的函数序列，则称函数
F（x）=a0μ0（x）+a1μ1（x）+a2μ2（x）+…+anμn（x）+…
是序列{a0，a1，a2，…，an，…}的普通生成函数
（普母函数）；称函数G（x）=
a0μ0（x）/0!
+a1μ1（x）/1!
+a2μ2（x）/2!
+…+anμn（x）/n!
+…是序列{a0，a1，…，a2，…}的指数生成函数，
（指母函数，和式形状类似于ex的展开形式）
相互独立（independent）的函数序列：
设{μ0（x）,μ1（x）,μ2（x）,…,μn（x）,…}是
某一数域上的函数序列，
（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-
）/（2
）。
（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），
设特解q（n）与f（n）同形：
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。
设特解q（n）与f（n）同形：
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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