《具体数学》部分习题解答7

习题七

7.1
7.2
7.3
7.4
7.5
7.6
7.7
7.8
7.9
7.10
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7.23
7.24
7.26
7.29
7.30
7.33
7.35
7.37
7.39

7.1

一位古怪的多米诺骨牌搜集者，搜集了 2×n2 \times n2×n 个骨牌。他为每个垂直的多米诺牌付 4 美元，而为每个水平的多米诺牌付 1 美元。根据这一标准，有多少种铺设恰好值 mmm 美元？例如当 m=6m=6m=6 时有三个解.

用 \rule{1ex}{2ex} 表示一个垂直的多米诺牌
用 ⊟\boxminus⊟ 表示两个水平的多米诺牌
我们有：
T=∣∣−−⊟T = \dfrac{|}{| - \rule{1ex}{2ex} - \boxminus} T=∣−−⊟∣

用 zzz 的指数表示搜集者支付的美元：
z4：支付4美元z1：支付1美元有：T=11−z4−z2z^4 ：支付 4 美元 \\ z^1 ：支付 1 美元 \\ 有：T = \dfrac{1}{1-z^4-z^2} \\ z4：支付4美元z1：支付1美元有：T=1−z4−z21
当 mmm 为奇数时，明显不存在解
而当 mmm 为偶数时：

此时，有 Fm2+1F_{{\frac{m}{2}} + 1}F2m+1 种铺设方式

7.2

给出数列 ⟨2,5,13,35,⋯⟩=⟨2n+3n⟩\langle 2, 5, 13, 35, \cdots \rangle = \langle 2^n + 3^n \rangle⟨2,5,13,35,⋯⟩=⟨2n+3n⟩ 的生成函数和指数生成函数的封闭形式.

生成函数：

指数生成函数：

7.3

∑n⩾0Hn/10n\sum_{n \geqslant 0} H_n / 10^n∑n⩾0Hn/10n 等于什么？

由公式：
1(1−z)m+1ln⁡11−z=∑n⩾0(Hm+n−Hm)(m+nn)zn.\boxed{\dfrac{1}{(1-z)^{m+1}} \ln{\dfrac{1}{1-z}} = \sum_{n \geqslant 0} (H_{m+n} - H_m) \binom{m+n}{n} z^n \ .} (1−z)m+11ln1−z1=n⩾0∑(Hm+n−Hm)(nm+n)zn .
取 m=0,z=10−1m = 0 \ , \ z = 10^{-1}m=0 , z=10−1 得：
109ln⁡109=∑n⩾0Hn10n\dfrac{10}{9} \ln{\dfrac{10}{9}} = \sum_{n \geqslant 0} \dfrac{H_n}{10^n} 910ln910=n⩾0∑10nHn

7.4

有理函数 P(z)/Q(z)P(z) / Q(z)P(z)/Q(z) 的一般展开定理并不完全是一般性的，因为它要求 PPP 的次数小于 QQQ 的次数。如果 PPP 有更大的次数，将会发生什么？

如果 PPP 有更大的次数，则 P(z)/Q(z)P(z)/Q(z)P(z)/Q(z) 得到的商 T(z)T(z)T(z) ，在 nnn 较小的时候，不能忽略不计，必须加到 [zn]P(z)/Q(z)[z^n] P(z) / Q(z)[zn]P(z)/Q(z) 中.

7.5

求一个生成函数 S(z)S(z)S(z) ，使得：
[zn]S(z)=∑k(rk)(rn−2k).[z^n] S(z) = \sum_k \binom{r}{k} \binom{r}{n-2k}. [zn]S(z)=k∑(kr)(n−2kr).

注意到：
(1+z)r=∑k(rk)zk(1+z2)r=∑k(rk)z2k(1+z)^r = \sum_k \binom{r}{k} z^k \\ (1+z^2)^{r} = \sum_k \binom{r}{k} z^{2k} (1+z)r=k∑(kr)zk(1+z2)r=k∑(kr)z2k

将两者进行卷积：
(1+z)r(1+z2)r=∑n(∑k(rk)(rn−2k))zn⇒[zn](1+z+z2+z3)r=∑k(rk)(rn−2k)∴S(z)=(1+z+z2+z3)r(1+z)^r (1+z^2)^r = \sum_n \left( \sum_k \binom{r}{k} \binom{r}{n-2k} \right) z^n \\ \Rightarrow [z^n] (1+z+z^2+z^3)^r = \sum_k \binom{r}{k} \binom{r}{n-2k} \\ \therefore S(z) = (1+z+z^2+z^3)^r (1+z)r(1+z2)r=n∑(k∑(kr)(n−2kr))zn⇒[zn](1+z+z2+z3)r=k∑(kr)(n−2kr)∴S(z)=(1+z+z2+z3)r

7.6

证明，递归式：

可以用成套方法而不用生成函数求解.

可以设：

因此：
gn=A(n)α+B(n)β+C(n)γg_n = A(n) \alpha + B(n) \beta + C(n) \gamma gn=A(n)α+B(n)β+C(n)γ
当 α=1,β=2,γ=0\alpha = 1 \ , \ \beta = 2 \ , \ \gamma = 0α=1 , β=2 , γ=0 时：

当 α=1,β=−1,γ=0\alpha = 1 \ , \ \beta = -1 \ , \ \gamma = 0α=1 , β=−1 , γ=0 时：

当 α=0,β=−1,γ=3\alpha = 0 \ , \ \beta = -1 \ , \ \gamma = 3α=0 , β=−1 , γ=3 时：

综上：

7.7

求解递归式：

将递归式写成关于 gng_ngn 的单个方程：

接着：

而我们知道交错取 FFF 的数列 ⟨F0,F2,F4,⋯⟩\langle F_0 , F_2 , F_4 , \cdots \rangle⟨F0,F2,F4,⋯⟩ 就有：
∑nF2nzn=z1−3z+z2\sum_n F_{2n} z^n = \dfrac{z}{1-3z+z^2} n∑F2nzn=1−3z+z2z
因此有：
gn=F2n+[n=0]g_n = F_{2n} + [n=0] gn=F2n+[n=0]

7.8

[zn](ln⁡(1−z))2/(1−z)m+1[z^n] (\ln{(1-z)})^2 / (1-z)^{m+1}[zn](ln(1−z))2/(1−z)m+1 等于什么？

首先证明一个对复杂的乘积求微分的方法：

用数学归纳法：

假设有：
则有：

即证原式成立

回到原题，我们对 1(1−z)x+1=∑n(x+nn)zn\displaystyle \frac{1}{(1-z)^{x+1}} = \sum_n \binom{x+n}{n} z^n(1−z)x+11=n∑(nx+n)zn 两边关于 xxx 求导:
ddx((1−z)−x−1)=−(1−z)−x−1ln⁡(1−z)ddx(∑n(x+nn)zn)=∑nznddx((x+n)⋯(x+1)n!)=∑nzn(x+n)⋯(x+1)n!(1x+n+⋯+1x+1)=∑n(x+nn)(Hx+n−Hx)zn\dfrac{d}{dx} ((1-z)^{-x-1}) = -(1-z)^{-x-1} \ln{(1-z)} \\ \dfrac{d}{dx} \left(\sum_n \binom{x+n}{n} z^n \right) = \sum_n z^n \dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{(x+n) \cdots (x+1)}{n!} \right) \\ = \sum_n z^n \dfrac{(x+n) \cdots (x+1)}{n!} (\dfrac{1}{x+n} + \cdots + \dfrac{1}{x+1}) \\ = \sum_n \binom{x+n}{n} (H_{x+n} - H_x) z^n dxd((1−z)−x−1)=−(1−z)−x−1ln(1−z)dxd(n∑(nx+n)zn)=n∑zndxd(n!(x+n)⋯(x+1))=n∑znn!(x+n)⋯(x+1)(x+n1+⋯+x+11)=n∑(nx+n)(Hx+n−Hx)zn

这其实得到了书中的公式 7.437.437.43

让我们再一次对两边进行求导：
ddx(−(1−z)−x−1ln⁡(1−z))=ln⁡2(1−z)(1−z)x+1ddx(∑n(x+nn)(Hx+n−Hx)zn)=∑nznddx((x+nn)(1x+n+⋯+1x+1))=∑nzn((x+nn)(1x+n+⋯+1x+1)2+(x+nn)(−1(x+n)2+⋯+−1(x+1)2))=∑n(x+nn)((Hx+n−Hx)2−Hx+n(2)+Hx(2))zn\dfrac{d}{dx} ( -(1-z)^{-x-1} \ln{(1-z)} ) = \dfrac{\ln^2{(1-z)}}{(1-z)^{x+1}} \\ \dfrac{d}{dx} \left( \sum_n \binom{x+n}{n} (H_{x+n} - H_x) z^n \right) \\ = \sum_n z^n \dfrac{d}{dx} \left( \binom{x+n}{n} (\dfrac{1}{x+n} + \cdots + \dfrac{1}{x+1} ) \right) \\ = \sum_n z^n \left( \binom{x+n}{n} (\dfrac{1}{x+n} + \cdots + \dfrac{1}{x+1})^2 + \\ \binom{x+n}{n} (\dfrac{-1}{(x+n)^2} + \cdots + \dfrac{-1}{(x+1)^2}) \right) \\ = \sum_n \binom{x+n}{n} ((H_{x+n} - H_x)^2 - H_{x+n}^{(2)} + H_x^{(2)} ) z^n dxd(−(1−z)−x−1ln(1−z))=(1−z)x+1ln2(1−z)dxd(n∑(nx+n)(Hx+n−Hx)zn)=n∑zndxd((nx+n)(x+n1+⋯+x+11))=n∑zn((nx+n)(x+n1+⋯+x+11)2+(nx+n)((x+n)2−1+⋯+(x+1)2−1))=n∑(nx+n)((Hx+n−Hx)2−Hx+n(2)+Hx(2))zn

因此：
[zn](ln⁡(1−z))2(1−z)m+1=(m+nn)((Hm+n−Hm)2−Hm+n(2)+Hm(2))[z^n] \dfrac{(\ln{(1-z)})^2}{(1-z)^{m+1}} = \binom{m+n}{n} ((H_{m+n} - H_m)^2 - H_{m+n}^{(2)} + H_m^{(2)}) [zn](1−z)m+1(ln(1−z))2=(nm+n)((Hm+n−Hm)2−Hm+n(2)+Hm(2))

7.9

利用上一题的结果计算 ∑k=0nHkHn−k\sum_{k=0}^n H_k H_{n-k}∑k=0nHkHn−k.

在上一题中，我们得到了公式 7.437.437.43 ，令其中 xxx 为零：
11−zln⁡11−z=∑nHnzn.\boxed{\dfrac{1}{1-z} \ln{\dfrac{1}{1-z}} = \sum_n H_n z^n \ .} 1−z1ln1−z1=n∑Hnzn .
记 H(z)=∑nHnznH(z) = \sum_n H_n z^nH(z)=∑nHnzn 则：

7.10

在恒等式
∑k(r+kk)(s+n−kn−k)(Hr+k−Hr)=(r+s+n+1n)(Hr+s+n+1−Hr+s+1).\sum_k \binom{r+k}{k} \binom{s+n-k}{n-k} (H_{r+k} - H_r) \\ = \binom{r+s+n+1}{n} (H_{r+s+n+1} - H_{r+s+1}). k∑(kr+k)(n−ks+n−k)(Hr+k−Hr)=(nr+s+n+1)(Hr+s+n+1−Hr+s+1).
中令 r=s=−1/2r = s = -1 / 2r=s=−1/2 ，然后利用与 (n−1/2n)=(2nn)/22n\displaystyle \binom{n-1/2}{n} = \left. \binom{2n}{n} \right/ 2^{2n}(nn−1/2)=(n2n)/22n 相似的技巧去掉所有出现的 1/21 / 21/2 ，你推导出什么样惊人的恒等式？

∑k(k−12k)(n−k−12n−k)(Hk−12−H−12)=Hn⇒∑k(2kk)22k(2n−2kn−k)22n−2k(Hk−12−H−12)=Hn⇒∑k(2kk)(2n−2kn−k)(Hk−12−H−12)=4nHn\sum_k \binom{k - \frac{1}{2}}{k} \binom{n-k - \frac{1}{2}}{n-k} (H_{k-\frac{1}{2}} - H_{-\frac{1}{2}}) = H_n \\ \Rightarrow \sum_k \dfrac{\binom{2k}{k}}{2^{2k}} \dfrac{\binom{2n-2k}{n-k}}{2^{2n-2k}} (H_{k-\frac{1}{2}} - H_{-\frac{1}{2}})= H_n \\ \Rightarrow \sum_k \binom{2k}{k} \binom{2n-2k}{n-k} (H_{k-\frac{1}{2}} - H_{-\frac{1}{2}}) = 4^n H_n k∑(kk−21)(n−kn−k−21)(Hk−21−H−21)=Hn⇒k∑22k(k2k)22n−2k(n−k2n−2k)(Hk−21−H−21)=Hn⇒k∑(k2k)(n−k2n−2k)(Hk−21−H−21)=4nHn

7.11

这个问题的三个部分是相互独立的，它可以作为处理生成函数的练习。我们假设 A(z)=∑nanzn,B(z)=∑nbnzn,C(z)=∑ncnznA(z) = \sum_n a_n z^n \ , \ B(z) = \sum_n b_n z^n \ , \ C(z) = \sum_n c_n z^nA(z)=∑nanzn , B(z)=∑nbnzn , C(z)=∑ncnzn ，且对取负值的 nnn 其系数为零.
a. 如果 cn=∑j+2k⩽najbkc_n = \sum_{j+2k \leqslant n}a_j b_kcn=∑j+2k⩽najbk，试用 AAA 和 BBB 表示 CCC.
b. 如果 nbn=∑k=0n2kak/(n−k)!n b_n = \sum_{k=0}^n 2^k a_k / (n-k)!nbn=∑k=0n2kak/(n−k)! ，试用 BBB 表示 AAA.
c. 如果 rrr 是实数，且 an=∑k=0n(r+kk)bn−k\displaystyle a_n = \sum_{k=0}^n \binom{r+k}{k} b_{n-k}an=k=0∑n(kr+k)bn−k ，试用 BBB 表示 AAA；然后用你的公式求系数 fk(r)f_k(r)fk(r) ，使得 bn=∑k=0nfk(r)an−kb_n = \sum_{k=0}^n f_k(r) a_{n-k}bn=∑k=0nfk(r)an−k.

c.
利用公式：
1(1−z)c=∑n(c+n−1n)zn.\boxed{\dfrac{1}{(1-z)^c} = \sum_n \binom{c+n-1}{n} z^n \ .} (1−z)c1=n∑(nc+n−1)zn .
则将 B(z)B(z)B(z) 和 1(1−z)r+1\dfrac{1}{(1-z)^{r+1}}(1−z)r+11 进行卷积：
B(z)(1−z)r+1=∑n(∑k(r+kk)bn−k)zn∴an=[zn]B(z)(1−z)r+1⇒A(z)=∑nanzn=B(z)(1−z)r+1\dfrac{B(z)}{(1-z)^{r+1}} = \sum_n \left( \sum_k \binom{r+k}{k} b_{n-k} \right) z^n \\ \therefore a_n = [z^n] \dfrac{B(z)}{(1-z)^{r+1}} \\ \Rightarrow A(z) = \sum_n a_n z^n = \dfrac{B(z)}{(1-z)^{r+1}} \\ (1−z)r+1B(z)=n∑(k∑(kr+k)bn−k)zn∴an=[zn](1−z)r+1B(z)⇒A(z)=n∑anzn=(1−z)r+1B(z)

因此：

7.12

将数 {1,2,⋯,2n}\{ 1, 2, \cdots, 2n \}{1,2,⋯,2n} 排列成一个 2×n2 \times n2×n 阵列，使得行和列按照从左向右以及从上向下都递增的次序排列，这样有多少种方式？例如，当 n=5n=5n=5 时的一个解是：
(1,2,4,5,83,6,7,9,10)\left( \begin{array}{cccc} 1, &2, &4, &5, &8 \\ 3, &6, &7, &9, &10 \end{array} \right) (1,3,2,6,4,7,5,9,810)

将总共 2n2n2n 个数看作是由 +1+1+1 和 −1-1−1 组成的数列： ⟨a1,a2,⋯,a2n⟩\langle a_1, a_2, \cdots , a_{2n} \rangle⟨a1,a2,⋯,a2n⟩ 。
其中第一行的数作为 +1+1+1 出现的下标，第二行作为 −1-1−1 出现的下标。
由题意：从左到右以及从上到下都是递增的，即满足它们所有的部分和都是非负的，且 +1+1+1 出现了 nnn 次，−1-1−1 出现了 nnn 次，形成一一对应关系

因此一共有 CnC_nCn 种方式

7.13

证明在 [zn]G(z)l=(mn+ln)lmn+l[z^n] G(z)^l = \displaystyle \binom{mn+l}{n} \frac{l}{mn+l}[zn]G(z)l=(nmn+l)mn+ll 前面陈述的 RaneyRaneyRaney 的推广引理.

RaneyRaneyRaney 的推广引理是说：如果 ⟨x1,x2,⋯,xm⟩\langle x_1, x_2, \cdots, x_m \rangle⟨x1,x2,⋯,xm⟩ 是满足对所有 jjj 皆有 xj⩽1x_j \leqslant 1xj⩽1 的任意一个整数数列，且 x1+x2+⋯+xm=l>0x_1 + x_2 + \cdots + x_m = l > 0x1+x2+⋯+xm=l>0 ，那么循环移位：
⟨x1,x2,⋯,xm⟩,⟨x2,⋯,xm,x1⟩,⋯,⟨xm,x1,⋯,xm−1⟩\langle x_1, x_2, \cdots, x_m \rangle \ , \ \langle x_2, \cdots, x_m, x_1 \rangle \ , \cdots, \ \langle x_m, x_1, \cdots, x_{m-1} \rangle ⟨x1,x2,⋯,xm⟩ , ⟨x2,⋯,xm,x1⟩ ,⋯, ⟨xm,x1,⋯,xm−1⟩
中恰好有 lll 个有全部为正的部分和。

证明：将此数列周期性地延拓下去得到一个无穷数列：⟨x1,x2,⋯,xm,x1,x2,⋯,xm,x1,x2,⋯⟩\langle x_1, x_2, \cdots, x_m, x_1, x_2, \cdots, x_m, x_1, x_2, \cdots \rangle⟨x1,x2,⋯,xm,x1,x2,⋯,xm,x1,x2,⋯⟩

对所有的 k>0k>0k>0 设 xm+k=xkx_{m+k} = x_kxm+k=xk ，再将部分和 sn=x1+⋯+xns_n = x_1 + \cdots + x_nsn=x1+⋯+xn 描绘成为 nnn 的函数，那么 sns_nsn 的“平均斜率”为 lm\dfrac{l}{m}ml

可以作 lll 条辅助线：y=1,y=2,⋯,y=ly = 1, y = 2, \cdots, y = ly=1,y=2,⋯,y=l ，因为对所有 jjj 皆有 xj⩽1x_j \leqslant 1xj⩽1 ，故这 lll 条辅助线都与 sns_nsn 图像相交。我们可以取这 lll 条辅助线与 sns_nsn 的最后一个交点，这样即可保证此交点之后的连续和必定全部为正。

因此，循环移位的值即为这 lll 个交点的 xxx 坐标模 mmm 之后的结果。

例如：
对应于数列：⟨−2,1,−1,0,1,1,−1,1,1,1⟩\langle -2,1,-1,0,1,1,-1,1,1,1 \rangle⟨−2,1,−1,0,1,1,−1,1,1,1⟩ 的示例图像：

最后的交点分别是 171717 和 242424 ，模 101010 之后可得 7,47,47,4 ，即为循环移位的值。

绘图代码：

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as pltsequence = [-2,1,-1,0,1,1,-1,1,1,1]x_value = list(range(0,30))
y_value = []
tmp = 0
for times in range(0,3):for y in sequence:tmp += yy_value.append(tmp)upper = np.arange(30)
lower = np.arange(30)plt.figure(figsize=(16,8))
plt.plot(x_value, y_value)plt.plot(lower, 0.2 * lower - 2.6, color = 'b')
plt.plot(upper, 0.2 * upper + 0.2, color = 'b')plt.axhline(y=1, color = 'r', linestyle='--')
plt.axhline(y=2, color = 'r', linestyle='--')plt.xlabel("x(n)")
plt.ylabel("S(n)")
plt.show()

7.14

用指数生成函数求解递归式：

原递归式可化为：

利用二项式定理：

再利用公式 5.375.375.37 ：
(−1/2n)=(−14)n(2nn),n是整数.\boxed{\binom{-1/2}{n} = \left( \dfrac{-1}{4} \right)^n \binom{2n}{n} \ , \quad n \ 是整数 \ .} (n−1/2)=(4−1)n(n2n) ,n 是整数 .
从而：

注意到除了 z1z^1z1 以外，zzz 的奇数次项全为 000 ，因此：
g2n+1=0,n>0g_{2n+1} = 0 \ , \quad n > 0 g2n+1=0 ,n>0
而由 Cn=(2nn)1n+1C_n = \displaystyle \binom{2n}{n} \frac{1}{n+1}Cn=(n2n)n+11 ，因此偶数次项为：

7.15

贝尔数 ϖn\varpi_nϖn 是将 nnn 件物品划分成子集的方法数。例如 ϖ3=5\varpi_3 = 5ϖ3=5 ，因为我们可以用以下方法对 {1,2,3}\{ 1, 2, 3 \}{1,2,3} 进行划分：
{1,2,3};{1,2}∪{3};{1,3}∪{2}{1}∪{2,3};{1}∪{2}∪{3}.\{ 1, 2, 3 \} \ ; \quad \{ 1, 2 \} \cup \{ 3 \} \ ; \quad \{ 1, 3 \} \cup \{ 2 \} \\ \{ 1 \} \cup \{ 2, 3 \} \ ; \quad \{ 1 \} \cup \{ 2 \} \cup \{ 3 \} . {1,2,3} ;{1,2}∪{3} ;{1,3}∪{2}{1}∪{2,3} ;{1}∪{2}∪{3}.
证明 ϖn+1=∑k(nk)ϖn−k\varpi_{n+1} = \sum_k \binom{n}{k} \varpi_{n-k}ϖn+1=∑k(kn)ϖn−k ，并用这个递归式求出指数生成函数 P(z)=∑nϖnzn/n!P(z) = \sum_n \varpi_n z^n / n!P(z)=∑nϖnzn/n! 的封闭形式.

组合学解释：

考虑第 n+1n+1n+1 号物品，所有情况无非：
在包含第 n+1n+1n+1 号物品的子集中，有 kkk 个其他的元素。

因此，先从前 nnn 件物品中选取 kkk 个和第 n+1n+1n+1 号构成同一子集，方法数有 (nk)\displaystyle\binom{n}{k}(kn) 个；并将剩下的 n−kn-kn−k 个物品划分成 ϖn−k\varpi_{n-k}ϖn−k 个子集，将两者方法数相乘（即将第 n+1n+1n+1 号元素所在子集与 n−kn-kn−k 个物品划分成的所有子集相与），得到一类情况。

最后对 kkk 求和，即可求得所有情况：
ϖn+1=∑k(nk)ϖn−k\varpi_{n+1} = \sum_k \binom{n}{k} \varpi_{n-k} ϖn+1=k∑(kn)ϖn−k

指数生成函数：

或者，由第六章对于第二类斯特林数的解释：

因此：

由公式 7.497.497.49：

所以：

7.16

两个数列 ⟨an⟩\langle a_n \rangle⟨an⟩ 和 ⟨bn⟩\langle b_n \rangle⟨bn⟩ 由卷积公式：
bn=∑k1+2k2+⋯+nkn=n(a1+k1−1k1)(a2+k2−1k2)⋯(an+kn−1kn)b_n = \sum_{k_1 + 2k_2 + \cdots + nk_n = n} \binom{a_1 + k_1 - 1}{k_1} \binom{a_2 + k_2 - 1}{k_2} \cdots \binom{a_n + k_n - 1}{k_n} bn=k1+2k2+⋯+nkn=n∑(k1a1+k1−1)(k2a2+k2−1)⋯(knan+kn−1)
联系在一起。又有 a0=0a_0 = 0a0=0 以及 b0=1b_0 = 1b0=1 。证明：对应的生成函数满足 ln⁡B(z)=A(z)+12A(z2)+13A(z3)+⋯\ln{B(z)} = A(z) + \dfrac{1}{2} A(z^2) + \dfrac{1}{3} A(z^3) + \cdotslnB(z)=A(z)+21A(z2)+31A(z3)+⋯.

7.17

证明：一个数列的指数生成函数 G^(z)\hat{G}(z)G^(z) 与通常的生成函数 G(z)G(z)G(z) 由公式：
∫0∞G^(zt)e−tdt=G(z)\int_0^{\infty} \hat{G}(zt) e^{-t} \mathrm{d}t = G(z) ∫0∞G^(zt)e−tdt=G(z)
联系在一起，如果这个积分存在的话.

由公式：
∫0∞tne−tdt=n!.\boxed{\int_0^{\infty} t^n e^{-t} \mathrm{d} t = n! \ . } ∫0∞tne−tdt=n! .
因此：
∫0∞∑ngnzntnn!e−tdt=∑ngnzn=G(z)\int_0^{\infty} \sum_n g_n \dfrac{z^n t^n}{n!} e^{-t} \mathrm{d} t = \sum_n g_n z^n = G(z) ∫0∞n∑gnn!zntne−tdt=n∑gnzn=G(z)

7.18

求以下数列的狄利克雷生成函数：
a. gn=ng_n = \sqrt{n}gn=n
b. gn=ln⁡ng_n = \ln{n}gn=lnn
c. gn=[n无平方因子]g_n = [n \ 无平方因子]gn=[n 无平方因子]
将你的答案用 ζ\zetaζ 函数表示出来. （无平方因子性质在习题 4.13 (link)中定义）

a.
gn=n=n12⇒G~(z)=∑n⩾1n1/2nz=∑n⩾11nz−1/2=ζ(z−12)g_n = \sqrt{n} = n^{\frac{1}{2}} \\ \Rightarrow \tilde{G}(z) = \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{n^{1/2}}{n^z} = \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{1}{n^{z - 1/2}} = \zeta (z - \dfrac{1}{2}) gn=n=n21⇒G~(z)=n⩾1∑nzn1/2=n⩾1∑nz−1/21=ζ(z−21)
b.
G~(z)=∑n⩾1ln⁡nnz∵ζ′(z)=∑n⩾1(n−z)′=∑n⩾1−ln⁡nnz∴G~(z)=−ζ′(z)\tilde{G}(z) = \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{\ln{n}}{n^z} \\ \because \zeta'(z) = \sum_{n \geqslant 1} (n^{-z})' = \sum_{n \geqslant 1} - \dfrac{\ln{n}}{n^z} \\ \therefore \tilde{G}(z) = - \zeta'(z) G~(z)=n⩾1∑nzlnn∵ζ′(z)=n⩾1∑(n−z)′=n⩾1∑−nzlnn∴G~(z)=−ζ′(z)
c.
任何一个自然数n都可以写成n=m2q的形式（其中q无平方因子）因此：G~(z)=∑n⩾1[n无平方因子]nz表示所有无平方因子的1nz相加而ζ(2z)=∑n⩾11n2z表示所有有平方因子的1nz相加所以：G~(z)⋅ζ(2z)=ζ(z)⇒G~(z)=ζ(z)ζ(2z)任何一个自然数 \ n \ 都可以写成 \ n = m^2 q \ 的形式（其中 \ q \ 无平方因子）\\ 因此：\tilde{G}(z) = \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{[n 无平方因子]}{n^z} \ 表示所有无平方因子的 \ \dfrac{1}{n^z} \ 相加 \\ 而 \ \zeta{(2z)} = \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{1}{n^{2z}} \ 表示所有有平方因子的 \ \dfrac{1}{n^z} \ 相加 \\ 所以：\tilde{G}(z) \cdot \zeta{(2z)} = \zeta{(z)} \\ \Rightarrow \tilde{G}(z) = \dfrac{\zeta{(z)}}{\zeta{(2z)}} 任何一个自然数 n 都可以写成 n=m2q 的形式（其中 q 无平方因子）因此：G~(z)=n⩾1∑nz[n无平方因子] 表示所有无平方因子的 nz1 相加而 ζ(2z)=n⩾1∑n2z1 表示所有有平方因子的 nz1 相加所以：G~(z)⋅ζ(2z)=ζ(z)⇒G~(z)=ζ(2z)ζ(z)

7.19

每个满足 f0=1f_0 = 1f0=1 的幂级数 F(z)=∑n⩾0fnznF(z) = \sum_{n \geqslant 0} f_n z^nF(z)=∑n⩾0fnzn 按照规则：
F(z)x=∑n⩾0fn(x)znF(z)^x = \sum_{n \geqslant 0} f_n(x) z^n F(z)x=n⩾0∑fn(x)zn
定义一个多项式数列 fn(x)f_n(x)fn(x) ，其中 fn(1)=fnf_n(1) = f_nfn(1)=fn ，而 fn(0)=[n=0]f_n(0) = [n = 0]fn(0)=[n=0] . 一般来说， fn(x)f_n(x)fn(x) 的次数为 nnn ，证明：这样的多项式总满足卷积公式：
∑k=0nfk(x)fn−k(y)=fn(x+y)(x+y)∑k=0nkfk(x)fn−k(y)=xnfn(x+y)\sum_{k=0}^n f_k (x) f_{n-k} (y) = f_n (x+y) \\ (x+y) \sum_{k=0}^n k f_k(x) f_{n-k}(y) = xn f_n (x+y) k=0∑nfk(x)fn−k(y)=fn(x+y)(x+y)k=0∑nkfk(x)fn−k(y)=xnfn(x+y)

由题意，F(z)xF(z)y=F(z)x+yF(z)^x F(z)^y = F(z)^{x+y}F(z)xF(z)y=F(z)x+y 中 znz^nzn 系数相等：

第二个等式：
∵∂∂z(F(z)x)=xF(z)x−1⋅F′(z)∴F′(z)⋅F(z)x−1=x−1∂∂z(F(z)x)由题意：F′(z)F(z)x−1F(z)y=F(z)x+y−1F′(z)中[zn−1]系数相等因此：x−1∂∂z(F(z)x)⋅F(z)y=(x+y)−1∂∂z(F(z)x+y)⇒x−1∑nnfn(x)zn−1⋅∑nfn(y)zn=(x+y)−1∑nnfn(x+y)zn−1[zn−1]:x−1∑kkfk(x)fn−k(y)=(x+y)−1nfn(x+y)即证：(x+y)∑k=0nkfk(x)fn−k(y)=xnfn(x+y)\because \dfrac{\partial}{\partial z} (F(z)^x) = xF(z)^{x-1} \cdot F'(z) \\ \therefore F'(z) \cdot F(z)^{x-1} = x^{-1} \dfrac{\partial}{\partial z} (F(z)^x) \\ 由题意： F'(z) F(z)^{x-1} F(z)^y = F(z)^{x+y-1} F'(z) \\ 中 \ [z^{n-1}] \ 系数相等 \\ 因此：x^{-1} \dfrac{\partial}{\partial z} (F(z)^x) \cdot F(z)^y = (x+y)^{-1} \dfrac{\partial}{\partial z}(F(z)^{x+y}) \\ \Rightarrow x^{-1} \sum_n n f_n (x) z^{n-1} \cdot \sum_n f_n (y) z^n \\ = (x+y)^{-1} \sum_n n f_n (x+y) z^{n-1} \\ [z^{n-1}] : x^{-1} \sum_k k f_k (x) f_{n-k} (y) = (x+y)^{-1} n f_n (x+y) \\ 即证：(x+y) \sum_{k=0}^n k f_k(x) f_{n-k}(y) = xn f_n (x+y) ∵∂z∂(F(z)x)=xF(z)x−1⋅F′(z)∴F′(z)⋅F(z)x−1=x−1∂z∂(F(z)x)由题意：F′(z)F(z)x−1F(z)y=F(z)x+y−1F′(z)中 [zn−1] 系数相等因此：x−1∂z∂(F(z)x)⋅F(z)y=(x+y)−1∂z∂(F(z)x+y)⇒x−1n∑nfn(x)zn−1⋅n∑fn(y)zn=(x+y)−1n∑nfn(x+y)zn−1[zn−1]:x−1k∑kfk(x)fn−k(y)=(x+y)−1nfn(x+y)即证：(x+y)k=0∑nkfk(x)fn−k(y)=xnfn(x+y)

7.21

一个强盗抢劫了一家银行，索要由 10 美元和 20 美元组称的 500 美元。他还想知道可以将这笔钱付给他的方法数。求生成函数 G(z)G(z)G(z) ，对于它这个数是 [z500]G(z)[z^{500}] G(z)[z500]G(z) ，再求一个更紧凑的生成函数 Gˇ(z)\check{G}(z)Gˇ(z) ，对于它这个数是 [z500]Gˇ(z)[z^{500}] \check{G}(z)[z500]Gˇ(z) ，(a) 利用部分分式确定所要求的方法数；(b) 利用与 Cˇ(z)=A(z)(1−z10)5,其中A(z)=A0+A1z+⋯+A31z31.\check{C}(z) = \dfrac{A(z)}{(1-z^{10})^5} \ , \ 其中 \ A(z) = A_0 + A_1 z + \cdots + A_{31} z^{31}.Cˇ(z)=(1−z10)5A(z) , 其中 A(z)=A0+A1z+⋯+A31z31. 类似的方法确定所要求的方法数.

不妨令P=1+z10+z20+…Q=1+z20+z40+z60+…∴G(z)=11−z1011−z20Gˇ(z)=11−z11−z2不妨令 \ P = 1 + z^{10} + z^{20} + \dots \\ Q = 1 + z^{20} + z^{40} + z^{60} + \dots \\ \therefore G(z) = \dfrac{1}{1-z^{10}} \dfrac{1}{1-z^{20}} \\ \check{G}(z) = \dfrac{1}{1-z} \dfrac{1}{1-z^2} 不妨令 P=1+z10+z20+…Q=1+z20+z40+z60+…∴G(z)=1−z1011−z201Gˇ(z)=1−z11−z21
a.

7.23

一根 2×2×n2 \times 2 \times n2×2×n 的柱子可以通过多少种方法用 2×1×12 \times 1 \times 12×1×1 砖块建造？

不妨记此种方法数为 ana_nan ，再引入一个辅助量 bnb_nbn ，其中 bnb_nbn 是这样定义的，在 2×2×n2 \times 2 \times n2×2×n 的柱子的最上方抽走一块，余下的“残缺的柱子”的搭法数。（抽走的这一块不应是竖着的）
比如说这样：

或是这样:

还有需要注意的是，实际问题中 ana_nan 的计算是分 x,yx, yx,y 坐标方向的，而我们引入的辅助量 bnb_nbn 则不算，意思上面给出的两个 bnb_nbn 算作一种情况。

因此可以很轻松地写出两者的递推关系（不妨记 a0=1a_0 = 1a0=1 ）：
an=2an−1+4bn−1+an−2+[n=0],bn=an−1+bn−1a_n = 2 a_{n-1} + 4 b_{n-1} + a_{n-2} + [n=0] \ , \\ b_n = a_{n-1} + b_{n-1} an=2an−1+4bn−1+an−2+[n=0] ,bn=an−1+bn−1

直接用图片来说明：

bnb_nbn：

（左边是 an−1a_{n-1}an−1 ，右边是 bn−1b_{n-1}bn−1 ）

ana_nan：

（前面三个是 an−2,an−1a_{n-2} , \ a_{n-1}an−2, an−1 ，后面四个是 bn−1b_{n-1}bn−1 ）

求解递推关系：

7.24

当 n⩾3n \geqslant 3n⩾3 时，在一个 nnn 轮中有多少棵生成树？（ nnn 轮的图形是：它在一个圆上有 nnn 个“外面的”顶点，每一个这样的顶点都与第 (n+1)(n+1)(n+1) 个位于“中心”的顶点相连接）.

将中间那个第 n+1n+1n+1 号顶点与边上的点分开考虑：

边上顶点 kkk 和 k+1k+1k+1 之间的边有可能被选取作为树的组成部分，也有可能不被选到，而选取这些边的每一种方法都使得由相邻顶点组成的某些块相连通。

但是，注意到这是一个轮，具有中心对称性，因此，要像考虑轮换那样考虑边的选取。

仿照书中的例子，当 n=10n=10n=10 时，可以选取 {1,2},{3},{4,5,6,7},{8,9,10}\{ 1, 2 \} , \{ 3 \} , \{ 4, 5, 6, 7 \} , \{ 8, 9, 10 \}{1,2},{3},{4,5,6,7},{8,9,10} 连通，再通过向第 111111 号顶点（中间顶点）添加边，即可做出生成树。同理，有 222 种方法将中间点与 {1,2}\{ 1, 2 \}{1,2} 连接，有 111 种方法将中间点与 {3}\{ 3 \}{3} 连接…
注意到在这种方法下，我们选取的 kkk 值分别为：k1=2,k2=1,k3=4,k4=3k_1 = 2, k_2 = 1, k_3 = 4, k_4 = 3k1=2,k2=1,k3=4,k4=3 ，而满足此种方式的选法可以在顶点间进行轮换，例如，我们可以这么选： {2,3},{4},{5,6,7,8},{9,10,1}\{ 2, 3 \} , \{ 4 \} , \{ 5, 6, 7, 8 \} , \{ 9, 10, 1 \}{2,3},{4},{5,6,7,8},{9,10,1} ，这就形成了一棵新的生成树，而总共的轮换种数为 nnn ，因此，我们写下如下式子：

但这是有重复的，如先前假设的例子，重复就重复在了 k1,k2,k3,k4k_1, k_2, k_3, k_4k1,k2,k3,k4 的值与 2,1,4,32, 1, 4, 32,1,4,3 不需要轮换。因此，删除重复种类：

fnf_nfn 是关于数列 ⟨1,2,3,⋯⟩\langle 1, 2, 3, \cdots \rangle⟨1,2,3,⋯⟩ 的 mmm 重卷积和式的式子

因此，不妨设G(z)=z(1−z)2=∑n⩾1nznG(z) = \dfrac{z}{(1-z)^2} = \sum_{n \geqslant 1} n z^nG(z)=(1−z)2z=∑n⩾1nzn

所以：

利用不同根的有理展开定理：

还有聪明的读者会发现：
fn=F2n+1+F2n−1−2f_n = F_{2n+1} + F_{2n-1} - 2 fn=F2n+1+F2n−1−2
用这个公式即可将轮中的生成树与斐波那契数列联系起来

7.26

二阶斐波那契数 ⟨ℑn⟩\langle \Im_n \rangle⟨ℑn⟩ 由递归式：

定义。将 ℑn\Im_nℑn 用通常的斐波那契数 FnF_nFn 与 Fn+1F_{n+1}Fn+1 表示出来.

7.29

斐波那契乘积的和式：

等于什么？

7.30

如果生成函数 G(z)=1/(1−αz)(1−βz)G(z) = 1 / (1 - \alpha z) (1 - \beta z)G(z)=1/(1−αz)(1−βz) 有部分分式分解 a/(1−αz)+b/(1−βz)a / (1 - \alpha z) + b / (1 - \beta z)a/(1−αz)+b/(1−βz) ，那么 G(z)nG(z)^nG(z)n 的部分分式分解是什么？

由习题 5.395.395.39 (link)知：
若xy=ax+by则xnyn=∑k=1n(2n−1−kn−1)(anbn−kxk+an−kbnyk)若 \ xy = ax + by \\ 则 \ x^n y^n = \sum_{k=1}^n \binom{2n-1-k}{n-1} (a^n b^{n-k} x^k + a^{n-k} b^n y^k) 若 xy=ax+by则 xnyn=k=1∑n(n−12n−1−k)(anbn−kxk+an−kbnyk)
因此：

7.33

[wmzn](ln⁡(1+z))/(1−wz)[w^m z^n] (\ln{(1+z)}) / (1-wz)[wmzn](ln(1+z))/(1−wz) 等于什么？

∵11−cz=∑ncnznln⁡(1+z)=∑n⩾1(−1)n+1nzn∴ln⁡(1+z)1−wz=(∑n⩾1(−1)n+1nzn)⋅(∑nwnzn)=∑n((−1)n−m+1n−m[n>m])wmzn⇒[wmzn](ln⁡(1+z)1−wz)=(−1)n−m+1n−m[n>m]\because \dfrac{1}{1-cz} = \sum_n c^n z^n \\ \ln{(1+z)} = \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n} z^n \\ \therefore \dfrac{\ln{(1+z)}}{1-wz} \\ = \left( \sum_{n \geqslant 1} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n} z^n \right) \cdot \left( \sum_n w^n z^n \right) \\ = \sum_n \left( \dfrac{(-1)^{n-m+1}}{n-m} [n > m] \right) w^m z^n \\ \Rightarrow [w^m z^n] \left( \dfrac{\ln{(1+z)}}{1-wz} \right) = \dfrac{(-1)^{n-m+1}}{n-m} [n > m] ∵1−cz1=n∑cnznln(1+z)=n⩾1∑n(−1)n+1zn∴1−wzln(1+z)=(n⩾1∑n(−1)n+1zn)⋅(n∑wnzn)=n∑(n−m(−1)n−m+1[n>m])wmzn⇒[wmzn](1−wzln(1+z))=n−m(−1)n−m+1[n>m]

7.35

用两种方法计算和式 ∑0<k<n1/k(n−k)\sum_{0 < k < n} 1 / k (n-k)∑0<k<n1/k(n−k) :
a. 将求和项展开成部分分式；
b. 将和式当作卷积处理，并利用生成函数.

7.37

设 ana_nan 是将正整数 nnn 表示成 222 的幂之和的方法数，不考虑次序。例如 a4=4a_4 = 4a4=4 ，因为 4=2+2=2+1+1=1+1+1+14 = 2+2 = 2+1+1 = 1+1+1+14=2+2=2+1+1=1+1+1+1 。习惯上，我们取 a0=1.a_0 = 1.a0=1. 设 bn=∑k=0nakb_n = \sum_{k=0}^n a_kbn=∑k=0nak 是前面若干个 aaa 的累计和式。
a. 做出一张直到 n=10n=10n=10 的 aaa 与 bbb 的表。你会在这张表里观察到何种惊人的关系？（不需要证明）
b. 将生成函数 A(z)A(z)A(z) 表示成无穷乘积。
c. 利用 b 中的表达式证明 a 中的结论。

nnn	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
ana_nan	1	1	2	2	4	4	6	6	10	10	14
bnb_nbn	1	2	4	6	10	14	20	26	36	46	60

有： a2n=a2n+1=bna_{2n} = a_{2n+1} = b_na2n=a2n+1=bn

b.
由题意，将 nnn 表示成 222 的幂和，即：

而 a2n+1a_{2n+1}a2n+1 就是在每个 a2na_{2n}a2n 的式子后 +1+1+1 ，总的种类数不变

7.39

给定正整数 mmm 和 nnn ，求出
∑1⩽k1<k2<⋯<km⩽nk1k2⋯km和∑1⩽k1⩽k2⩽⋯⩽km⩽nk1k2⋯km\sum_{1 \leqslant k_1 < k_2 < \cdots < k_m \leqslant n} k_1 k_2 \cdots k_m 和 \sum_{1 \leqslant k_1 \leqslant k_2 \leqslant \cdots \leqslant k_m \leqslant n} k_1 k_2 \cdots k_m 1⩽k1<k2<⋯<km⩽n∑k1k2⋯km和1⩽k1⩽k2⩽⋯⩽km⩽n∑k1k2⋯km
的封闭形式.
（例如 m=2m=2m=2 和 n=3n=3n=3 时，相应的和是 1×2+1×3+2×31 \times 2 + 1 \times 3 + 2 \times 31×2+1×3+2×3 以及 1×1+1×2+1×3+2×2+2×3+3×31 \times 1 + 1 \times 2 + 1 \times 3 + 2 \times 2 + 2 \times 3 + 3 \times 31×1+1×2+1×3+2×2+2×3+3×3 ）
（提示：生成函数 (1+a1z)⋯(1+anz)(1+a_1z) \cdots (1+a_nz)(1+a1z)⋯(1+anz) 和 1/(1−a1z)⋯(1−anz)1 / (1-a_1z) \cdots (1-a_nz)1/(1−a1z)⋯(1−anz) 中 zmz^mzm 的系数是什么？）

如有问题，欢迎大家指出，谢谢