第四章组合反演

二项式反演:
{fn=∑k=0n(nk)gkgn=∑k=0n(−1)n−k(nk)fk⟺{fn=∑k=0n(−1)k(nk)gkgn=∑k=0n(−1)k(nk)fk.\begin{cases} f_n=\sum\limits_{k=0}^n\binom nkg_k\\ g_n=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom nkf_k \end{cases}\iff \begin{cases} f_n=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k}\binom nkg_k\\ g_n=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k}\binom nkf_k. \end{cases} ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧fn=k=0∑n(kn)gkgn=k=0∑n(−1)n−k(kn)fk⟺⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧fn=k=0∑n(−1)k(kn)gkgn=k=0∑n(−1)k(kn)fk.
Stirling反演:
{fn=∑k=0nS(n,k)gkgn=∑k=0ks(n,k)fk\begin{cases} f_n=\sum\limits_{k=0}^nS(n,k)g_k\\ g_n=\sum\limits_{k=0}^ks(n,k)f_k \end{cases} ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧fn=k=0∑nS(n,k)gkgn=k=0∑ks(n,k)fk

经典Möbuis 反演公式

定义:(Möbius函数)
μ(n)={1,n=10,p2∣n,(p为素数)(−1)r,n=p1p2⋯pr\mu(n)= \begin{cases} 1,&n=1\\ 0,&p^2|n,\quad(p为素数)\\ (-1)^r,&n=p_1p_2\cdots p_r \end{cases} μ(n)=⎩⎪⎨⎪⎧1,0,(−1)r,n=1p2∣n,(p为素数)n=p1p2⋯pr

定理1:
∑d∣nμ(d)=δn,1={1,n=10,n>1\sum_{d|n}\mu(d)=\delta_{n,1}=\begin{cases}1,&n=1\\0,&n>1\end{cases} d∣n∑μ(d)=δn,1={1,0,n=1n>1

n=12,d=1,2,3,4,6,12n=12, \quad d=1,2,3,4,6,12n=12,d=1,2,3,4,6,12, 于是
d1234612μ(d)1−1−1010\begin{array}{c|cccccc} d&1&2&3&4&6&12\\ \hline \mu(d)&1&-1&-1&0&1&0 \end{array} dμ(d)112−13−14061120

证明:

n=1n=1n=1时, 由μ(1)=1\mu(1)=1μ(1)=1, 显然成立.

n>1n>1n>1时, 由nnn的素分解,
n=p1k1p2k2⋅prkr,ki⩾1,n=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdot p_r^{k_r},\quad k_i\geqslant1, n=p1k1p2k2⋅prkr,ki⩾1,

令n∗=p1p2⋯prn^*=p_1p_2\cdots p_rn∗=p1p2⋯pr, 则d∣n∗d|n^*d∣n∗得到d∣nd|nd∣n, 即n∗n^*n∗的因子一定是nnn的因子.

若d∣nd|nd∣n, 但d∤n∗d\nmid n^*d∤n∗, 于是我们得到μ(d)=0\mu(d)=0μ(d)=0,
∑d∣nμ(d)=∑d∣n∗μ(d),\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{d|n^*}\mu(d), d∣n∑μ(d)=d∣n∗∑μ(d),
由于n∗n^*n∗的任一因子ddd必为几个不同素数的乘积, 若ddd为kkk个不同素数的乘积(k=0,1,2,...,r)(k=0,1,2,...,r)(k=0,1,2,...,r), 该类型的因子共有(rk)r\choose k(kr)个, 此时μ(d)=(−1)k\mu(d)=(-1)^kμ(d)=(−1)k, 于是
∑d∣nμ(d)=∑d∣n∗μ(d)=∑k=0r(−1)k(rk)=(1−1)r=0.\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{d|n^*}\mu(d)=\sum_{k=0}^r(-1)^k\binom rk=(1-1)^r=0. d∣n∑μ(d)=d∣n∗∑μ(d)=k=0∑r(−1)k(kr)=(1−1)r=0.

定理2: 经典的Möbius反演公式

设fff和ggg定义在整数集上的函数, 则
{f(n)=∑d∣ng(d)①g(n)=∑d∣nμ(nd)f(d)②\begin{cases} f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)&①\\ g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu\left(\dfrac nd\right)f(d)&② \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧f(n)=d∣n∑g(d)g(n)=d∣n∑μ(dn)f(d)①②

证明:

①⇒\Rightarrow⇒②
若①成立, 则对nnn的任意因子ddd, 有
f(d)=∑d′∣dg(d′),f(d)=\sum_{d'|d}g(d'), f(d)=d′∣d∑g(d′),
代入②右端, 得到
∑d∣nμ(nd)f(d)=∑d∣nμ(nd)∑d′∣dg(d′)=∑d′∣ng(d′)∑nd∣nd′μ(nd)=∑d′∣ng(d′)∑d:nd∣nd′μ(nd)=∑d′∣ng(d′)δnd′,1=g(n)\begin{aligned} \sum\limits_{d|n}\mu\left(\frac nd\right)f(d)&=\sum_{d|n}\mu\left(\frac nd\right)\sum_{d'|d}g(d')\\ &=\sum_{d'|n}g(d')\sum_{\frac nd\left|\frac n{d'}\right.}\mu\left(\frac nd\right)\\ &=\sum_{d'|n}g(d')\sum_{d:\,\frac nd\left|\frac n{d'}\right.}\mu\left(\frac nd\right)\\ &=\sum_{d'|n}g(d')\delta_{\frac n{d'},1}=g(n) \end{aligned} d∣n∑μ(dn)f(d)=d∣n∑μ(dn)d′∣d∑g(d′)=d′∣n∑g(d′)dn∣d′n∑μ(dn)=d′∣n∑g(d′)d:dn∣d′n∑μ(dn)=d′∣n∑g(d′)δd′n,1=g(n)

②⇒\Rightarrow⇒①
若②成立, 则
∑d∣ng(d)=∑d∣n∑d′∣dμ(dd′)f(d′)=∑d′∣nf(d′)∑d:dd′∣ndμ(dd′)=∑d′∣nf(d′)δnd′,1=f(n)\begin{aligned} \sum_{d|n}g(d)&=\sum_{d|n}\sum\limits_{d'|d}\mu\left(\dfrac {d}{d'}\right)f(d')\\ &=\sum\limits_{d'|n}f(d')\sum_{d:\frac{d}{d'}\left|\frac{n}{d}\right.}\mu\left(\dfrac {d}{d'}\right)\\ &=\sum_{d'|n}f(d')\delta_{\frac n{d'},1}=f(n) \end{aligned} d∣n∑g(d)=d∣n∑d′∣d∑μ(d′d)f(d′)=d′∣n∑f(d′)d:d′d∣dn∑μ(d′d)=d′∣n∑f(d′)δd′n,1=f(n)

例子: 考虑由rrr个字母组成的集合SSS上的nnn元环状字的计数问题. (穿珠子)

Sol: 对一个环状字⊙a1a2⋯an\odot a_1a_2\cdots a_n⊙a1a2⋯an, 从任一字母开始展开成线排列, 得到a1a2⋯ana_1a_2\cdots a_na1a2⋯an, 将其重复无穷次, 可以生成一个无限序列
a1a2⋯anan+1an+2⋯a2n⋯a_1a_2\cdots a_n a_{n+1}a_{n+2}\cdots a_{2n}\cdots a1a2⋯anan+1an+2⋯a2n⋯
其中an+i=aia_{n+i}=a_ian+i=ai, 所以可以推出该序列的周期为nnn(但是不一定为最小正周期), 设最小正周期为ddd, 则必有d∣nd|nd∣n.

若d∤nd\nmid nd∤n, 令n=qd+d′n=qd+d'n=qd+d′(1≤d′<d1\le d'<d1≤d′<d), 得到
ai=an+i=aqd+d′+i=ad′+i,a_i=a_{n+i}=a_{qd+d'+i}=a_{d'+i}, ai=an+i=aqd+d′+i=ad′+i,
于是d′d'd′也为周期, 与ddd为最小正周期矛盾.

于是nnn元环状字必有最小正周期ddd, 且 d∣nd|nd∣n.

最小正周期为ddd的nnn元环状字记为:
⊙(a1a2⋯ad)(a1a2⋯ad)⋯(a1a2⋯ad)⏟n个字母,\odot \underbrace{(a_1a_2\cdots a_d)(a_1a_2\cdots a_d)\cdots(a_1a_2\cdots a_d)}_{n个字母}, ⊙n个字母(a1a2⋯ad)(a1a2⋯ad)⋯(a1a2⋯ad),
可以展成如下ddd个不同的线排列:
d个{(a1a2⋯ad)⋯(a1a2⋯ad)(a2a3⋯a1)⋯(a2a3⋯a1)⋯(ada1⋯ad−1)⋯(ada1⋯ad−1)d个\begin{cases} (a_1a_2\cdots a_d)\cdots(a_1a_2\cdots a_d)\\ (a_2a_3\cdots a_{1})\cdots(a_2a_3\cdots a_1)\\ \cdots\\ (a_da_1\cdots a_{d-1})\cdots(a_da_1\cdots a_{d-1})\\ \end{cases} d个⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧(a1a2⋯ad)⋯(a1a2⋯ad)(a2a3⋯a1)⋯(a2a3⋯a1)⋯(ada1⋯ad−1)⋯(ada1⋯ad−1)
令M(d)M(d)M(d)表示最小正周期为ddd的ddd元环状字的个数, 则最小正周期为ddd的nnn元环状字可由其重复n/dn/dn/d次得到.

故最小正周期为ddd的nnn元环状字的个数也为M(d)M(d)M(d), 而每种这样的环状字可以展成ddd个不同的线排列,

于是nnn元环状字展成的所有的线排列的个数为∑d∣ndM(d)\sum\limits_{d|n}dM(d)d∣n∑dM(d).

另一方面, SSS上nnn元线状字的个数为rnr^nrn, 所以:
∑d∣ndM(d)=rn,\sum_{d|n}dM(d)=r^n, d∣n∑dM(d)=rn,
通过Möbius反演公式
{f(n)=∑d∣ng(d)①g(n)=∑d∣nμ(nd)f(d)②\begin{cases} f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)&①\\ g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu\left(\dfrac nd\right)f(d)&② \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧f(n)=d∣n∑g(d)g(n)=d∣n∑μ(dn)f(d)①②
令f(n)=rn,g(n)=nM(n)f(n)=r^n,g(n)=nM(n)f(n)=rn,g(n)=nM(n), 得到
nM(n)=∑d∣nμ(nd)rd,nM(n)=\sum_{d|n}\mu\left(\frac nd\right)r^d, nM(n)=d∣n∑μ(dn)rd,

M(n)=1n∑d∣nμ(nd)rd,M(n)=\frac1n\sum_{d|n}\mu\left(\frac nd\right)r^d, M(n)=n1d∣n∑μ(dn)rd,

从而SSS上nnn元环状字的个数Cr(n)C_r(n)Cr(n)为
Cr(n)=∑d∣nM(d)=∑d∣n1d∑d′∣dμ(dd′)rd′.C_r(n)=\sum_{d|n}M(d)=\sum_{d|n}\frac1d\sum_{d'|d}\mu\left(\frac d{d'}\right)r^{d'}. Cr(n)=d∣n∑M(d)=d∣n∑d1d′∣d∑μ(d′d)rd′.

例如, C2(4)=6C_2(4)=6C2(4)=6. C3(4)=24C_3(4)=24C3(4)=24.

Gould-Hsu反演与Carlitz反演

二项式反演的推广
{fn=∑k=0n(−1)k(nk)gkgn=∑k=0n(−1)k(nk)fk.\begin{cases} f_n=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k}\binom nkg_k\\ g_n=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k}\binom nkf_k. \end{cases} ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧fn=k=0∑n(−1)k(kn)gkgn=k=0∑n(−1)k(kn)fk.
定理1 (Gould-Hsu反演, 1973)

{ai},{bi}\{a_i\},\{b_i\}{ai},{bi}为两任意的实数或复数序列, 使得
ϕ(x:n)=∏i=0n−1(ai+xbi),(n=1,2,⋯)\phi(x:n)=\prod_{i=0}^{n-1}(a_i+xb_i),\quad (n=1,2,\cdots) ϕ(x:n)=i=0∏n−1(ai+xbi),(n=1,2,⋯)
对任意的xxx以及nnn, ϕ(x:n)≠0\phi(x:n)\ne0ϕ(x:n)=0, 规定ϕ(x:0)=1\phi(x:0)=1ϕ(x:0)=1. 有如下反演关系成立:
{f(n)=∑k=0n(−1)k(nk)ϕ(k:n)g(k)①g(n)=∑k=0n(−1)k(nk)ak+kbkϕ(n:k+1)f(k)②\begin{cases} f(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k}\binom nk\phi(k:n)g(k)&①\\ g(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k}\binom nk\dfrac{a_k+kb_k}{\phi(n:k+1)}f(k)&② \end{cases} ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧f(n)=k=0∑n(−1)k(kn)ϕ(k:n)g(k)g(n)=k=0∑n(−1)k(kn)ϕ(n:k+1)ak+kbkf(k)①②

特别的, 取ai=1,bi=0⇒ϕ(x:n)=1a_i=1,b_i=0\Rightarrow \phi(x:n)=1ai=1,bi=0⇒ϕ(x:n)=1, 得到二项式反演.

证明:

②⇒\Rightarrow⇒①
将②代入①右端, 得到
∑k=0n(−1)k(nk)ϕ(k:n)∑i=0k(−1)i(ki)ai+ibiϕ(k:i+1)f(i)=∑i=0n(ni)(ai+ibi)f(i)∑k=in(−1)k+i(n−ik−i)ϕ(k:n)ϕ(k:i+1)=∑i=0n(ni)(ai+ibi)f(i)∑j=0n−i(−1)j(n−ij)ϕ(i+j:n)ϕ(i+j:i+1)=∑i=0n(ni)(ai+ibi)f(i)(−1)n−i∑j=0n−i(−1)(n−i)−j(n−ij)ϕ(i+j:n)ϕ(i+j:i+1)\begin{aligned} &\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k}\binom nk\phi(k:n)\sum\limits_{i=0}^k(-1)^{i}\binom ki\dfrac{a_i+ib_i}{\phi(k:i+1)}f(i)\\ =&\sum_{i=0}^n\binom ni(a_{i}+ib_i)f(i)\sum_{k=i}^n(-1)^{k+i}\binom {n-i}{k-i}\frac{\phi(k:n)}{\phi(k:i+1)}\\ =&\sum_{i=0}^n\binom ni(a_i+ib_i)f(i)\sum_{j=0}^{n-i}(-1)^j\binom {n-i}j\frac{\phi(i+j:n)}{\phi(i+j:i+1)}\\ =&\sum_{i=0}^n\binom ni(a_i+ib_i)f(i)(-1)^{n-i}\sum_{j=0}^{n-i}(-1)^{(n-i)-j}\binom {n-i}j\frac{\phi(i+j:n)}{\phi(i+j:i+1)}\\ \end{aligned} ===k=0∑n(−1)k(kn)ϕ(k:n)i=0∑k(−1)i(ik)ϕ(k:i+1)ai+ibif(i)i=0∑n(in)(ai+ibi)f(i)k=i∑n(−1)k+i(k−in−i)ϕ(k:i+1)ϕ(k:n)i=0∑n(in)(ai+ibi)f(i)j=0∑n−i(−1)j(jn−i)ϕ(i+j:i+1)ϕ(i+j:n)i=0∑n(in)(ai+ibi)f(i)(−1)n−ij=0∑n−i(−1)(n−i)−j(jn−i)ϕ(i+j:i+1)ϕ(i+j:n)
若能证明:
∑j=0n−i(−1)(n−i)−j(n−ij)ϕ(i+j:n)ϕ(i+j:i+1)={0,0≤i<n1an+nbn,i=n.\sum_{j=0}^{n-i}(-1)^{(n-i)-j}\binom {n-i}j\frac{\phi(i+j:n)}{\phi(i+j:i+1)}=\begin{cases} 0,&0\le i<n\\ \dfrac1{a_n+nb_n},&i=n. \end{cases} j=0∑n−i(−1)(n−i)−j(jn−i)ϕ(i+j:i+1)ϕ(i+j:n)=⎩⎨⎧0,an+nbn1,0≤i<ni=n.
即得到.

当i=ni=ni=n时, 上式为
ϕ(n:n)ϕ(n:n+1)=1an+nbn,\frac{\phi(n:n)}{\phi(n:n+1)}=\frac1{a_n+nb_n}, ϕ(n:n+1)ϕ(n:n)=an+nbn1,
成立;

当0≤i<n0\le i<n0≤i<n时, 由nnn次差分公式
Δnf(x)=∑k=0n(−1)n−k(nk)f(x+k),\Delta^n f(x)=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom nk f(x+k), Δnf(x)=k=0∑n(−1)n−k(kn)f(x+k),
得到:
∑j=0n−i(−1)(n−i)−j(n−ij)ϕ(i+j:n)ϕ(i+j:i+1)=Δn−iϕ(i+x:n)ϕ(i+x:i+1)∣x=0=∑j=0n−i(−1)(n−i)−j(n−ij)ϕ(i+x+j:n)ϕ(i+x+j:i+1)∣x=0\begin{aligned} &\sum_{j=0}^{n-i}(-1)^{(n-i)-j}\binom {n-i}j\frac{\phi(i+j:n)}{\phi(i+j:i+1)}\\ =&\Delta^{n-i}\left.\frac{\phi(i+x:n)}{\phi(i+x:i+1)}\right|_{x=0}\\ =&\sum_{j=0}^{n-i}(-1)^{(n-i)-j}\binom {n-i}j\left.\frac{\phi(i+x+j:n)}{\phi(i+x+j:i+1)}\right|_{x=0} \end{aligned} ==j=0∑n−i(−1)(n−i)−j(jn−i)ϕ(i+j:i+1)ϕ(i+j:n)Δn−iϕ(i+x:i+1)ϕ(i+x:n)∣∣∣∣x=0j=0∑n−i(−1)(n−i)−j(jn−i)ϕ(i+x+j:i+1)ϕ(i+x+j:n)∣∣∣∣x=0
由ϕ(i+x:n)ϕ(i+x:i+1)\dfrac{\phi(i+x:n)}{\phi(i+x:i+1)}ϕ(i+x:i+1)ϕ(i+x:n)为n−i−1n-i-1n−i−1次多项式, 差分n−in-in−i次, 得到上式为0.

①⇒\Rightarrow⇒②:
①代入②右端, 得到
∑k=0n(−1)k(nk)ak+kbkϕ(n:k+1)∑i=0k(−1)i(ki)ϕ(i:k)g(i)=∑i=0n(ni)g(i)∑k=in(−1)k+i(n−ik−i)ak+kbkϕ(n:k+1)ϕ(i:k)\begin{aligned} &\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k}\binom nk\dfrac{a_k+kb_k}{\phi(n:k+1)}\sum_{i=0}^k(-1)^i\binom ki \phi(i:k)g(i)\\ =&\sum_{i=0}^n\binom nig(i)\sum_{k=i}^n(-1)^{k+i}\binom {n-i}{k-i}\frac{a_k+kb_k}{\phi(n:k+1)}\phi(i:k)\\ \end{aligned} =k=0∑n(−1)k(kn)ϕ(n:k+1)ak+kbki=0∑k(−1)i(ik)ϕ(i:k)g(i)i=0∑n(in)g(i)k=i∑n(−1)k+i(k−in−i)ϕ(n:k+1)ak+kbkϕ(i:k)
若能证明:
∑k=in(−1)k+i(n−ik−i)ak+kbkϕ(n:k+1)ϕ(i:k)={0,0≤i<n1,i=n.\sum_{k=i}^{n}(-1)^{k+i}\binom {n-i}{k-i}\frac{a_k+kb_k}{\phi(n:k+1)}\phi(i:k)=\begin{cases} 0,&0\le i<n\\ 1,&i=n. \end{cases} k=i∑n(−1)k+i(k−in−i)ϕ(n:k+1)ak+kbkϕ(i:k)={0,1,0≤i<ni=n.
即可.

i=ni=ni=n时, 显然成立.

0≤i<n0\le i <n0≤i<n时,

我们有
ϕ(i:k)ϕ(n:k+1)(ak+kbk)=n−kn−iϕ(i:k+1)ϕ(n:k+1)+k−in−iϕ(i:k)ϕ(n:k),\frac{\phi(i:k)}{\phi(n:k+1)}(a_k+kb_k)=\frac{n-k}{n-i}\frac{\phi(i:k+1)}{\phi(n:k+1)}+\frac{k-i}{n-i}\frac{\phi(i:k)}{\phi(n:k)}, ϕ(n:k+1)ϕ(i:k)(ak+kbk)=n−in−kϕ(n:k+1)ϕ(i:k+1)+n−ik−iϕ(n:k)ϕ(i:k),

令
ak+kbk=A(ak+ibk)+B(ak+nbk),a_k+kb_k=A(a_k+ib_k)+B(a_k+nb_k), ak+kbk=A(ak+ibk)+B(ak+nbk),
得到:
{A+B=1Ai+Bn=k⇒{A=n−kn−iB=k−in−i\begin{cases} A+B=1\\ Ai+Bn=k \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} A=\dfrac{n-k}{n-i}\\ B=\dfrac{k-i}{n-i} \end{cases} {A+B=1Ai+Bn=k⇒⎩⎪⎨⎪⎧A=n−in−kB=n−ik−i

将其代入
∑k=in(−1)k+i(n−ik−i)ak+kbkϕ(n:k+1)ϕ(i:k),\sum_{k=i}^n(-1)^{k+i}\binom {n-i}{k-i}\frac{a_k+kb_k}{\phi(n:k+1)}\phi(i:k), k=i∑n(−1)k+i(k−in−i)ϕ(n:k+1)ak+kbkϕ(i:k),
得到:
∑k=in(−1)k+i(n−i−1k−i)ϕ(i:k+1)ϕ(n:k+1)+∑k=in(−1)k+i(n−i−1k−i−1)ϕ(i:k)ϕ(n:k)=−∑k=i+1n+1(−1)k+i(n−i−1k−i−1)ϕ(i:k)ϕ(n:k)+∑k=in(−1)k+i(n−i−1k−i−1)ϕ(i:k)ϕ(n:k)=(−1)n+i(n−i−1k−i−1)ϕ(i:n+1)ϕ(n:n+1)+(−1)2i(n−i−1−1)ϕ(i:i)ϕ(n:i)=0+0=0\begin{aligned} &\sum_{k=i}^n(-1)^{k+i}\binom {n-i-1}{k-i}\frac{\phi(i:k+1)}{\phi(n:k+1)}\\ &+\sum_{k=i}^n(-1)^{k+i}\binom {n-i-1}{k-i-1}\frac{\phi(i:k)}{\phi(n:k)}\\ =&-\sum_{k=i+1}^{n+1}(-1)^{k+i}\binom {n-i-1}{k-i-1}\frac{\phi(i:k)}{\phi(n:k)}\\ &+\sum_{k=i}^n(-1)^{k+i}\binom {n-i-1}{k-i-1}\frac{\phi(i:k)}{\phi(n:k)}\\ =&(-1)^{n+i}\binom {n-i-1}{k-i-1}\frac{\phi(i:n+1)}{\phi(n:n+1)}\\ &+(-1)^{2i}\binom {n-i-1}{-1}\frac{\phi(i:i)}{\phi(n:i)}\\ =&0+0=0 \end{aligned} ===k=i∑n(−1)k+i(k−in−i−1)ϕ(n:k+1)ϕ(i:k+1)+k=i∑n(−1)k+i(k−i−1n−i−1)ϕ(n:k)ϕ(i:k)−k=i+1∑n+1(−1)k+i(k−i−1n−i−1)ϕ(n:k)ϕ(i:k)+k=i∑n(−1)k+i(k−i−1n−i−1)ϕ(n:k)ϕ(i:k)(−1)n+i(k−i−1n−i−1)ϕ(n:n+1)ϕ(i:n+1)+(−1)2i(−1n−i−1)ϕ(n:i)ϕ(i:i)0+0=0
证完.

例子: (Abel恒等式) 在原来的Abel恒等式中, 令k→n−k,x→c−bn,z=−b,y→a+bnk\to n-k,x\to c-bn,z=-b,y\to a+bnk→n−k,x→c−bn,z=−b,y→a+bn, 得到

(a+c)n=∑k=0n(nk)c−bnc−bk(a+bk)k(c−bk)n−k,(a+c)^n=\sum_{k=0}^n\binom nk\frac{c-bn}{c-bk}(a+bk)^k(c-bk)^{n-k}, (a+c)n=k=0∑n(kn)c−bkc−bn(a+bk)k(c−bk)n−k,
(a+c)n=∑k=0n(nk)c−bnc−bk(a+bk)k(c−bk)n−k.(a+c)_n=\sum_{k=0}^n\binom nk\frac{c-bn}{c-bk}(a+bk)_k(c-bk)_{n-k}. (a+c)n=k=0∑n(kn)c−bkc−bn(a+bk)k(c−bk)n−k.

证明:
根据Gould-Hsu反演公式,
{f(n)=∑k=0n(−1)k(nk)ϕ(k:n)g(k)①g(n)=∑k=0n(−1)k(nk)ak+kbkϕ(n:k+1)f(k)②\begin{cases} f(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k}\binom nk\phi(k:n)g(k)&①\\ g(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k}\binom nk\dfrac{a_k+kb_k}{\phi(n:k+1)}f(k)&② \end{cases} ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧f(n)=k=0∑n(−1)k(kn)ϕ(k:n)g(k)g(n)=k=0∑n(−1)k(kn)ϕ(n:k+1)ak+kbkf(k)①②

改写为
(a+c)nc−bn⏟f(n)=∑k=0n(−1)k(nk)(c−bk)n⏟ϕ(k:n)(−a−bk)k(c−bk)k+1⏟g(k),\underbrace{\frac{(a+c)^n}{c-bn}}_{f(n)}=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nk\underbrace{(c-bk)^n}_{\phi(k:n)}\underbrace{\frac{(-a-bk)^k}{(c-bk)^{k+1}}}_{g(k)}, f(n)c−bn(a+c)n=k=0∑n(−1)k(kn)ϕ(k:n)(c−bk)ng(k)(c−bk)k+1(−a−bk)k,
其中,ϕ(x:n)=∏i=0n−1(ai+xbi),(n=1,2,⋯)\phi(x:n)=\prod\limits_{i=0}^{n-1}(a_i+xb_i),\quad (n=1,2,\cdots)ϕ(x:n)=i=0∏n−1(ai+xbi),(n=1,2,⋯).

令ϕ(x:n)=(c−bx)n\phi(x:n)=(c-bx)^nϕ(x:n)=(c−bx)n, 即ai=c,bi=−ba_i=c, b_i=-bai=c,bi=−b.
对偶公式(反演)为:
(−a−bn)n(c−bn)n+1=∑k=0n(−1)k(nk)c−bk(c−bn)k+1(a+c)kc−bk,{\frac{(-a-bn)^n}{(c-bn)^{n+1}}}=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nk\frac{c-bk}{(c-bn)^{k+1}}{\frac{(a+c)^k}{c-bk}}, (c−bn)n+1(−a−bn)n=k=0∑n(−1)k(kn)(c−bn)k+1c−bkc−bk(a+c)k,
由于
∑k=0n(−1)k(nk)xk=(1−x)n,\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nkx^k=(1-x)^n, k=0∑n(−1)k(kn)xk=(1−x)n,
得到:
(−a−bnc−bn)n=(1−a+cc−bn)n=∑k=0n(−1)k(nk)(a+cc−bn)k.\left(\frac{-a-bn}{c-bn}\right)^n=\left(1-\frac{a+c}{c-bn}\right)^n=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nk\left(\frac{a+c}{c-bn}\right)^k. (c−bn−a−bn)n=(1−c−bna+c)n=k=0∑n(−1)k(kn)(c−bna+c)k.
该式成立, 则证明1式成立.

对于第二个式子
(a+c)n=∑k=0n(nk)c−bnc−bk(a+bk)k(c−bk)n−k,(a+c)_n=\sum_{k=0}^n\binom nk\frac{c-bn}{c-bk}(a+bk)_k(c-bk)_{n-k}, (a+c)n=k=0∑n(kn)c−bkc−bn(a+bk)k(c−bk)n−k,
可以构造为:
(a+c)nc−bn⏟f(n)=∑k=0n(−1)k(nk)(c−bk+k)n⏟ϕ(k:n)(−1)k(a+bk)k(c−bk+k)k+1⏟g(k),\underbrace{\frac{(a+c)_n}{c-bn}}_{f(n)}=\sum_{k=0}^n(-1)^{k}\binom nk \underbrace{(c-bk+k)_n}_{\phi(k:n)}\underbrace{\frac{(-1)^k(a+bk)_k}{(c-bk+k)_{k+1}}}_{g(k)}, f(n)c−bn(a+c)n=k=0∑n(−1)k(kn)ϕ(k:n)(c−bk+k)ng(k)(c−bk+k)k+1(−1)k(a+bk)k,
对偶公式:
(−1)n(a+bn)n(c−bn+n)n+1=∑k=0n(−1)k(nk)c−bk(c−bn+n)k+1(a+c)kc−bk,\frac{(-1)^n(a+bn)_n}{(c-bn+n)_{n+1}}=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nk\frac{c-bk}{(c-bn+n)_{k+1}}\frac{(a+c)_k}{c-bk}, (c−bn+n)n+1(−1)n(a+bn)n=k=0∑n(−1)k(kn)(c−bn+n)k+1c−bkc−bk(a+c)k,
化简得到:
(a+bn)n=∑k=0n(−1)n−k(nk)(a+c)k(c−bn+n−k−1)n−k,{(a+bn)_n}=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom nk{(a+c)_k}{(c-bn+n-k-1)_{n-k}}, (a+bn)n=k=0∑n(−1)n−k(kn)(a+c)k(c−bn+n−k−1)n−k,
即:
(a+bn)n=∑k=0n(nk)(a+c)k(−c+bn)n−k,{(a+bn)_n}=\sum_{k=0}^n\binom nk{(a+c)_k}{(-c+bn)_{n-k}}, (a+bn)n=k=0∑n(kn)(a+c)k(−c+bn)n−k,
于是成立, 由此得到2式成立.

第二种方法

将(−1)k(-1)^k(−1)k展开后代入, 这时候右端会多出一项−1-1−1, 为什么?

猜测可能是求和中放入(−1)k(-1)^k(−1)k之后当k=0k=0k=0时不满足反演关系

类似进行构造, 如下
(a+c)nc−bn⏟f(n)=∑k=0n(−1)k(nk)(c−bk+k)n⏟ϕ(k:n)(−a−bk+k−1)k(c−bk+k)k+1⏟g(k),\underbrace{\frac{(a+c)_n}{c-bn}}_{f(n)}=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nk \underbrace{(c-bk+k)_n}_{\phi(k:n)}\underbrace{\frac{(-a-bk+k-1)_k}{(c-bk+k)_{k+1}}}_{g(k)}, f(n)c−bn(a+c)n=k=0∑n(−1)k(kn)ϕ(k:n)(c−bk+k)ng(k)(c−bk+k)k+1(−a−bk+k−1)k,
其中, ϕ(x:n)=∏i=0n−1(ai+xbi),(n=1,2,⋯)\phi(x:n)=\prod\limits_{i=0}^{n-1}(a_i+xb_i),\quad (n=1,2,\cdots)ϕ(x:n)=i=0∏n−1(ai+xbi),(n=1,2,⋯).

由于
(x)n−kx=(x+k)n(x+k)k+1.\frac{(x)_{n-k}}{x}=\frac{(x+k)_n}{(x+k)_{k+1}}. x(x)n−k=(x+k)k+1(x+k)n.

令ϕ(x:n)=(c−bx+x)n\phi(x:n)=(c-bx+x)_nϕ(x:n)=(c−bx+x)n, 即ai=c−i,bi=1−ba_i=c-i, b_i=1-bai=c−i,bi=1−b.
对偶公式(反演)为:
(−a−bn+n−1)n(c−bn+n)n+1=∑k=0n(−1)k(nk)c−bk(c−bn+n)k+1(a+c)kc−bk,\frac{(-a-bn+n-1)_n}{(c-bn+n)_{n+1}}=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nk\frac{c-bk}{(c-bn+n)_{k+1}}\frac{(a+c)_k}{c-bk}, (c−bn+n)n+1(−a−bn+n−1)n=k=0∑n(−1)k(kn)(c−bn+n)k+1c−bkc−bk(a+c)k,
整理得到:
(−a−bn+n−1)n=∑k=0n(−1)k(nk)(a+c)k(c−bn+n−k−1)n−k,{(-a-bn+n-1)_n}=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nk{(a+c)_k}{(c-bn+n-k-1)_{n-k}}, (−a−bn+n−1)n=k=0∑n(−1)k(kn)(a+c)k(c−bn+n−k−1)n−k,
由于(−1)k(a+c)k=(−a−c+k−1)k(-1)^k(a+c)_k=(-a-c+k-1)_k(−1)k(a+c)k=(−a−c+k−1)k, 得到
(−a−bn+n−1)n=∑k=0n(nk)(−a−c+k−1)k(c−bn+n−k−1)n−k,{(-a-bn+n-1)_n}=\sum_{k=0}^n\binom nk{(-a-c+k-1)_k}{(c-bn+n-k-1)_{n-k}}, (−a−bn+n−1)n=k=0∑n(kn)(−a−c+k−1)k(c−bn+n−k−1)n−k,
利用Chu-Vandemonde卷积公式:
(x+y)n=∑k=0n(nk)(x)k(y)n−k,(x+y)_n=\sum_{k=0}^n\binom nk (x)_k(y)_{n-k}, (x+y)n=k=0∑n(kn)(x)k(y)n−k,
得到
(−a−bn+n−1)n=∑k=0n(nk)(−a−c+k−1)k(c−bn+n−k−1)n−k,{(-a-bn+n-1)_n}=\sum_{k=0}^n\binom nk{(-a-c+k-1)_k}{(c-bn+n-k-1)_{n-k}}, (−a−bn+n−1)n=k=0∑n(kn)(−a−c+k−1)k(c−bn+n−k−1)n−k,
我们证明了对偶公式, 所以我们证明了2式成立.

定理2 (Carlitz反演)

{ai},{bi}\{a_i\},\{b_i\}{ai},{bi}为两任意的实数或复数序列, 使得
ϕ(x:n)=∏i=0n−1(ai+xbi),(n=1,2,⋯)\phi(x:n)=\prod_{i=0}^{n-1}(a_i+xb_i),\quad (n=1,2,\cdots) ϕ(x:n)=i=0∏n−1(ai+xbi),(n=1,2,⋯)
对任意的x=qn,(n⩾0)x=q^n,\ (n\geqslant0)x=qn, (n⩾0)以及nnn, ϕ(x:n)≠0\phi(x:n)\ne0ϕ(x:n)=0, 规定ϕ(x:0)=1\phi(x:0)=1ϕ(x:0)=1. 有如下反演关系成立:
{f(n)=∑k=0n(−1)k[nk]q(n−k2)ϕ(qk:n)g(k)①g(n)=∑k=0n(−1)k[nk]ak+qkbkϕ(qn:k+1)f(k)②\begin{cases} f(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k}\begin{bmatrix} n\\k\end{bmatrix}q^{\binom{n-k}2}\phi(q^k:n)g(k)&①\\ g(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k}\begin{bmatrix} n\\k\end{bmatrix}\dfrac{a_k+q^kb_k}{\phi(q^n:k+1)}f(k)&② \end{cases} ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧f(n)=k=0∑n(−1)k[nk]q(2n−k)ϕ(qk:n)g(k)g(n)=k=0∑n(−1)k[nk]ϕ(qn:k+1)ak+qkbkf(k)①②

例子:
(x:q)n⏟g(n)=∑k=0n(−1)k[nk]q(k2)xk⏟f(k),\underbrace{(x:q)_n}_{g(n)}=\sum_{k=0}^n(-1)^k\begin{bmatrix} n\\k\end{bmatrix}\underbrace{q^{\binom k2}x^k}_{f(k)}, g(n)(x:q)n=k=0∑n(−1)k[nk]f(k)q(2k)xk,
(ϕ(x:n)=1,ai=1,bi=0\phi(x:n)=1,a_i=1,b_i=0ϕ(x:n)=1,ai=1,bi=0),

对偶关系为:
q(n2)xn=∑k=0n(−1)k[nk]q(n−k2)(x:q)k.q^{\binom n2}x^n=\sum_{k=0}^n(-1)^k\begin{bmatrix} n\\k\end{bmatrix}q^{n-k\choose2}(x:q)_k. q(2n)xn=k=0∑n(−1)k[nk]q(2n−k)(x:q)k.

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