Aritalab:Lecture/Basic/Generating Function

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ここでは3つの公式を、母関数を用いて導きます。
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ここでは以下の3つの公式を、母関数を用いて導きます。
 
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\sum^{\infty}_{n=0} (n+1)z^n &= 1/(1-z)^2 \\
 
\sum^{\infty}_{n=0} (n+1)z^n &= 1/(1-z)^2 \\
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\sum^{\infty}_{n=0} (2z)^n &= \frac{1}{1-2z} \\
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\sum^{\infty}_{n=0} (kz)^n &= \frac{1}{1-kz} \\
 
\sum^{\infty}_{n=0} \binom{2n}{n}p^nq^n &= 1/\sqrt{1 - 4pq}  
 
\sum^{\infty}_{n=0} \binom{2n}{n}p^nq^n &= 1/\sqrt{1 - 4pq}  
 
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z(1 + z + z^2 + \cdots) = \sum^{\infty}_{n=0}z^{n+1} = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{z(1 - z^n)}{1-z} =  z/(1-z)
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z(1 + z + z^2 + \cdots) = \textstyle\sum^{\infty}_{n=0}z^{n+1} = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{z(1 - z^n)}{1-z} =  z/(1-z)
 
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を使います。<math>|z| < 1</math> で収束すると仮定すれば、両辺を微分して出来上がりです。
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を使います。<math>|z| < 1</math> で収束すると仮定し、両辺を z について微分します。
  
 
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1 + 2 z + 3 z^2 + \cdots = 1/(1-z)^2
 
1 + 2 z + 3 z^2 + \cdots = 1/(1-z)^2
 
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少し拡張してみましょう。
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<math>\textstyle\sum^{\infty}_{n=0}(n+k)z^n = \sum^{\infty}_{n=0}(n+1)z^n + (k-1) \sum^{\infty}_{n=0}z^n =
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\frac{1}{(1-z)^2} + \frac{k-1}{1-z} = \frac{ 1 + (k-1)(1-z)}{(1-z)^2}</math>
  
 
===べき乗===
 
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1 + 2 z + 4 z^2 + \cdots = \sum^{\infty}_{n=0} (2z)^n = \frac{1}{1-2z}
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1 + 2 z + 4 z^2 + \cdots = \textstyle\sum^{\infty}_{n=0} (2z)^n = \frac{1}{1-2z}
 
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\sum_{k=0}^{\infty} \binom{r}{k} z^k = (1+z)^r
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\textstyle\sum_{k=0}^{\infty} \binom{r}{k} z^k = (1+z)^r
 
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(1+z)^r (1+z)^s = (1+z)^{r+s} = \sum_{k=0}^{\infty} \binom{r+s}{k} z^k
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(1+z)^r (1+z)^s = (1+z)^{r+s} = \textstyle\sum_{k=0}^{\infty} \binom{r+s}{k} z^k
 
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\sum_{k=0}^{n} \binom{r}{k} \binom{s}{n-k} = \binom{r+s}{n}
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\textstyle\sum_{k=0}^{n} \binom{r}{k} \binom{s}{n-k} = \binom{r+s}{n}
 
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Latest revision as of 09:34, 14 December 2012

Wiki Top Up one level レポートの書き方 Arita Laboratory

Contents

[edit] 母関数

扱う対象とする無限列を、補助変数 z を用いてべき級数 (power series) として表現する方法を母関数 (generating function) といいます。

G(z) = a_0 + a_1z + a_2z^2 + \cdots = \Sigma_{k=0}^{\infty}a_k z^k

[edit] 母関数の例

ここでは以下の3つの公式を、母関数を用いて導きます。

\begin{align} \sum^{\infty}_{n=0} (n+1)z^n &= 1/(1-z)^2 \\ \sum^{\infty}_{n=0} (kz)^n &= \frac{1}{1-kz} \\ \sum^{\infty}_{n=0} \binom{2n}{n}p^nq^n &= 1/\sqrt{1 - 4pq} \end{align}

[edit] 自然数

an = n + 1 の母関数は

1 + 2 z + 3 z^2 + \cdots = \textstyle\sum^{\infty}_{n=0} (n+1)z^n

です。この右辺を閉じた式にするには

z(1 + z + z^2 + \cdots) = \textstyle\sum^{\infty}_{n=0}z^{n+1} = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{z(1 - z^n)}{1-z} = z/(1-z)

を使います。|z| < 1 で収束すると仮定し、両辺を z について微分します。

1 + 2 z + 3 z^2 + \cdots = 1/(1-z)^2

少し拡張してみましょう。

\textstyle\sum^{\infty}_{n=0}(n+k)z^n = \sum^{\infty}_{n=0}(n+1)z^n + (k-1) \sum^{\infty}_{n=0}z^n = \frac{1}{(1-z)^2} + \frac{k-1}{1-z} = \frac{ 1 + (k-1)(1-z)}{(1-z)^2}

[edit] べき乗

an = 2n の母関数は

1 + 2 z + 4 z^2 + \cdots = \textstyle\sum^{\infty}_{n=0} (2z)^n = \frac{1}{1-2z}

です。ただし |z| < 1/2 と仮定します。一般化すれば an = kn の母関数が 1/(1 − kz) になります。

[edit] 二項定理

二項定理は、(1+z)^r　が数列\textstyle \binom{r}{0}, \binom{r}{1}, \binom{r}{2}, \ldots の母関数表現と解釈できます。すなわち

\textstyle\sum_{k=0}^{\infty} \binom{r}{k} z^k = (1+z)^r

が成立します。この式を二つ掛け合わせると

(1+z)^r (1+z)^s = (1+z)^{r+s} = \textstyle\sum_{k=0}^{\infty} \binom{r+s}{k} z^k

両者の Σ 式において zn の係数が等しいとおけば

\textstyle\sum_{k=0}^{n} \binom{r}{k} \binom{s}{n-k} = \binom{r+s}{n}

が得られます。これをヴァンデルモンドの畳み込み式 (convolution) といいます。 一般化すると以下のように書けます。

\begin{align} F(z)G(z) &= (f_0 + f_1z + f_2z^2 + \cdots)(g_0 + g_1z + g_2z^2 + \cdots) \\ &= (f_0g_0) + (f_0g_1+ f_1g_0)z + (f_0g_2+f_1g_1+f_2g_0)z^2 + \cdots \\ &= \sum_n \Big( \sum_k f_k g_{n-k} \Big) z^n \end{align}

二項定理の応用

数列 \textstyle a_{2n} = \binom{2n}{n} p^n q^n , a_{2n+1} = 0 \ (n = 0, 1, 2, \cdots) の母関数が \textstyle G(z) = 1/\sqrt{1 - 4pqz^2} になることを示しましょう。この式はランダムウォークの解析で出てきます。

まず数列の定義から

\textstyle \sum^{\infty}_{m=0} a_m z^m = \sum^{\infty}_{n=0} a_{2n} z^{2n} = \sum^{\infty}_{n=0} \binom{2n}{n} (pqz^2)^n

です。次に

\begin{align} \binom{2n}{n} &= \frac{(2n)!}{n! n!} = \frac{2n(2n - 1)(2n - 2)(2n - 3) \cdots 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{n! n!} \\ &= \frac{\{2n \cdot 2(n-1) \cdot 2(n-2) \cdots 4 \cdot 2 \}\cdot \{ (2n-1)(2n-3)(2n-5) \cdots 3 \cdot 1\}}{n! n!} \\ &= \frac{2^n n! (2n-1)(2n-3)(2n-5) \cdots 5 \cdot 3 \cdot 1}{n! n!}\\ &= \frac{2^n (2n-1)(2n-3)(2n-5) \cdots 5 \cdot 3 \cdot 1}{n!}\\ &= \frac{2^{2n} \frac{(2n-1)}{2}\frac{(2n-3)}{2}\frac{(2n-5)}{2} \cdots \frac{5}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2}}{n!}\\ &= \frac{(-1)^n 4^n (- \frac{1}{2}) (- \frac{1}{2} -1) (- \frac{1}{2} -2) \cdots (- \frac{1}{2} - (n-2)) (- \frac{1}{2} - (n-1))}{n!} \end{align}

と、二項定理 \textstyle (1+z)^n = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{n(n-1)\cdots (n-k+1)}{k!} z^k を用いて

\begin{align} \sum^{\infty}_{n=0}\binom{2n}{n} (pqz^2)^n &= \sum^{\infty}_{n=0}\frac{(-1)^n 4^n (- \frac{1}{2}) (- \frac{1}{2} -1) (- \frac{1}{2} -2) \cdots (- \frac{1}{2} - (n-1))}{n!} (pqz^2)^n\\ &= \sum^{\infty}_{n=0}\frac{(- \frac{1}{2}) (- \frac{1}{2} -1) (- \frac{1}{2} -2) \cdots (- \frac{1}{2} - (n-1))}{n!} (-4pqz^2)^n\\ &= (1 - 4pqz^2)^{-1/2} \end{align}

を示せました。この母関数で z = 1 とおくと \textstyle \sum^{\infty}_{n=0} \binom{2n}{n}p^nq^n = (1 - 4pq)^{-1/2} になります。

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