设 $g(x)=(x+1)(x+2)(x+3)\cdots(x+n)$, $f(x)=g^2(x)$, 求 $f(x)$ 中 $x^{n+1}$ 的系数.
设 $g(x)=(x+1)(x+2)(x+3)\cdots(x+n)$, $f(x)=g^2(x)$, 求 $f(x)$ 中 $x^{n+1}$ 的系数.
Answer
问题及解答
1
$g(x)$ 和定义第一类 Stirling 数的多项式非常相像. 回顾 Stirling 数的定义.
使用 Sowya 计算 (x+1)(x+2)⋯(x+n) 如下:
>> :mode polyn
Switch into polynomial mode.
>> (x+1)
out> x+1
------------------------
>> (x+1)(x+2)
out> x^2+3x^1+2
------------------------
>> (x+1)(x+2)(x+3)
out> x^3+6x^2+11x^1+6
------------------------
>> (x+1)(x+2)(x+3)(x+4)
out> x^4+10x^3+35x^2+50x^1+24
------------------------
>> (x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5)
out> x^5+15x^4+85x^3+225x^2+274x^1+120
------------------------
将相关系数写成如下仿杨辉三角形
1
\*1
1 1
\*2 +/ \*2
1 3 2
\*3 +/ \*3 +/ \*3
1 6 11 6
\*4 +/ \*4 +/ \*4 +/ \*4
1 10 35 50 24
\*5 +/ \*5 +/ \*5 +/ \*5 +/ \*5
1 15 85 225 274 120
由此, 可以归纳猜想 $(x+1)(x+2)\cdots(x+n)$ 展开式中 $x^i$ 的系数. 记 $x^i$ 的系数为 $s_{n,i}$. 则
\[
(x+1)(x+2)\cdots(x+n)=s_{n,n}x^n+s_{n,n-1}x^{n-1}+\cdots+s_{n,2}x^2+s_{n,1}x^1+s_{n,0}=\sum_{i=0}^{n}s_{n,i}x^{i},
\]
则猜测有下面的递推公式:
\[
s_{n,i}=n\cdot s_{n-1,i}+s_{n-1,i-1}.\tag{*1}
\]
我们完全可以将这里的 $s_{n,i}$ 定义为某个数, 实际上它就是第一类 Stirling 数.
第一类 Stirling 数定义为 $[n]_p$ 展开式中 $n^i$ 的系数的绝对值. 这里 $[n]_p$ 定义为 $n(n-1)(n-2)\cdots(n-p+1)$, 其展开式即为 $n$ 的多项式. 若按次数降幂排列, 则各项系数符号是正负交错的. 记
\[
[n]_p=\sum_{i=0}^{p}(-1)^{i}s_1(p,p-i)n^{p-i}.
\]
这里 $s_1(p,i)$ 称为第一类Stirling 数.
容易看到 $x(x+1)(x+2)\cdots(x+p-1)$ （按降幂排列的）展开式中 $x^{i}$系数即为 $s_1(p,i)$, 即
\[
x(x+1)(x+2)\cdots(x+p-1)=\sum_{i=0}^{p}s_1(p,p-i)x^{p-i}.
\]
而 $(x+1)(x+2)\cdots(x+n)$ 中 $x^i$ 的系数与 $x(x+1)(x+2)\cdots(x+n)$ 中 $x^{i+1}$ 的系数是相同的, 与 $x(x-1)(x-2)\cdots(x-n)$ 中 $x^{i+1}$ 的系数相差一个正负号. 因此
\[
\begin{split}
(x+1)(x+2)\cdots(x+n)&=\frac{1}{x}\sum_{i=0}^{n+1}s_1(n+1,n+1-i)x^{n+1-i}\\
&=\frac{1}{x}\sum_{i=0}^{n}s_1(n+1,n+1-i)x^{n+1-i}\\
&=\sum_{i=0}^{n}s_1(n+1,n+1-i)x^{n-i}\\
&\xlongequal{j=n-i}\sum_{j=0}^{n}s_1(n+1,j+1)x^j\\
&=\sum_{i=0}^{n}s_1(n+1,i+1)x^i.
\end{split}
\]
于是 $s_{n,i}=s_1(n+1,i+1)$, 代入到 (*1), 得到递推公式
\[
s_1(n+1,i+1)=n\cdot s_1(n,i+1)+s_1(n,i).
\]
令 $m=n+1$, $k=i+1$, 则写为
\[
s_1(m,k)=(m-1)\cdot s_1(m-1,k)+s_1(m-1,k-1).
\]
这与第一Stirling数的递推公式是一致的. （见问题3549）
这里 $1,3,6,10,15,\ldots$ 的通项公式为 $\frac{n(n+1)}{2}$;
$2,11,35,85,175,\ldots$ 的通项公式为 $\frac{1}{8}n^4+\frac{7}{12}n^3+\frac{7}{8}n^2+\frac{5}{12}n$;
下面讲如何求出上面的通项公式. 我们将上面的伪杨辉三角形改写为下面的矩阵形式:
0 0 0 0 0
+| +| +| +| +|
*1 | *2 | *3 | *4 | *5 | *6
1 --------> 1 ---------> 2 ---------> 6 ---------> 24 ---------> 120 -------->
+| +| +| +| +|
*2 | *3 | *4 | *5 | *6 | *7
1 --------> 3 --------->11 --------->50 --------->274 --------->1764 -------->
+| +| +| +| +|
*3 | *4 | *5 | *6 | *7 |
1 --------> 6 --------->35 --------->225--------->1624--------->13132-------->
+| +| +| +| +|
*4 | *5 | *6 | *7 | *8 |
1 -------->10 --------->85 --------->735--------->6769--------->67284 -------->
+| +| +| +| +|
*5 | *6 | *7 | *8 | *9 |
1 -------->15 --------->175--------->1960-------->22449-------->269325-------->
+| +| +| +| +|
*6 | *7 | *8 | *9 | *10 |
这种形式对于编程求解也是很方便的. 重要的是便于写出递推公式:
\[
a_{ij}=a_{i,j−1}\cdot(i+j−1)+a_{i−1,j},\quad i,j=1,2,3,\ldots \tag{*2}
\]
当然可以补充定义 $a_{i0}=1$, $a_{0j}=0$, $\forall i,j\geqslant 1$.
我们先求 $a_{i1}$ 的通项表达式. 为简单起见, 记 $b_n=a_{n1}$, 根据 (*2), $b_n$ 满足递推公式
\[
\begin{aligned}
b_n&=b_{n−1}+n,\quad (1)\\
b_1&=1.
\end{aligned}
\]
这是一个非齐次常系数线性递推方程. 我们当然可以猜到 $b_n$ 实际上是前 $n$ 项的和, 即 $b_n=\frac{n(n+1)}{2}$. 我们也可以先求出相应的齐次常系数线性递推方程 $b_n=b_{n−1}$ 的解, 然后求非齐次方程(1)的一个特解. 这里齐次方程非常简单, 结合初值 $b_1=1$ 知 $b_n=1$. 一般的先写出其特征方程. 主要是求解非齐次方程的特解.
求特解的方法一般是使用待定系数法. 针对非齐次部分的特征, 可以猜测 $b_n$ 的形式. 注意若假设 $b_n=cn+d$ 会失败. 故设 $b_n=cn^2+dn+e$ , 代入(1)得
\[
cn^2+dn+e=c(n−1)^2+d(n−1)+e+n
\]
这推出 $c=d=\frac{1}{2}$, 再结合初值 $b_1=1$, 知 $e=0$. 故 $a_{n1}=b_n=\frac{n(n+1)}{2}$.
下面求 $a_{n2}$. 根据 (*2),
\[
a_{n2}=a_{n1}\cdot(n+1)+a_{n-1,2},
\]
将 $a_{n1}=\frac{n(n+1)}{2}$ 代入, 得关于 $a_{n2}$ 的递推公式, 为方便起见, 不妨仍记 $b_n=a_{n2}$. 则
\[
b_n=b_{n-1}+\frac{1}{2}n(n+1)^2.
\]
此时设 $b_n=An^4+Bn^3+Cn^2+Dn$, 代入上面的递推公式,
\[
\begin{split}
An^4+Bn^3+Cn^2+Dn&=A(n-1)^4+B(n-1)^3+C(n-1)^2+D(n-1)+\frac{1}{2}n(n^2+2n+1)\\
&=A(n^4-4n^3+6n^2-4n+1)+B(n^3-3n^2+3n-1)+C(n^2-2n+1)+D(n-1)+\frac{1}{2}(n^3+2n^2+n)\\
&=An^4+(B-4A+\frac{1}{2})n^3+(6A-3B+C+1)n^2+(-4A+3B-2C+D+\frac{1}{2})n+(A-B+C-D).
\end{split}
\]
对比系数, 得
\[
\begin{cases}
B&=B-4A+\frac{1}{2},\\
C&=6A-3B+C+1,\\
D&=-4A+3B-2C+D+\frac{1}{2},\\
0&=A-B+C-D.
\end{cases}
\]
解得 $A=\frac{1}{8}$, $B=\frac{7}{12}$, $C=\frac{7}{8}$, $D=\frac{5}{12}$. 因此,
\[
a_{n2}=\frac{1}{8}n^4+\frac{7}{12}n^3+\frac{7}{8}n^2+\frac{5}{12}n.
\]