一个等差×等比数列连加式
背景
今天在做数字信号处理作业的时候，发现了这样的一种连加式。我们在高中学习了如何计算等比数列，那我们再引申一些，得到下面的一个数列。
假如存在这么一个通项an=nmqna_n = n^m q^nan=nmqn，我们定义一个连加式如下：Sn=∑n=0N0−1anS_n = \sum_{n = 0} ^ {N_0 - 1} a_nSn=∑n=0N0−1an，这种问题应该如何解决呢？
引言
我们简要介绍一个公式，也很简单，如下：nm−(n−1)m=Cm1nm−1+Cm2nm−2(−1)1+Cm3nm−3(−1)2+⋯+Cmmn0(−1)m−1n^m - (n-1)^m = C_m^1 n^{m-1}+C_m^2n^{m-2}(-1)^1+C_m^3n^{m-3}(-1)^2+\dots+C_m^mn^{0}(-1)^{m-1}nm−(n−1)m=Cm1nm−1+Cm2nm−2(−1)1+Cm3nm−3(−1)2+⋯+Cmmn0(−1)m−1
我们在计算连加式的时候，要利用等比数列的计算思想，对不相等的系数呢，最好给它化成相等的数。我在这里列一个表格。我们定义一种标记如下：Sni=∑n=1N0−1niqnS_n^i = \sum_{n = 1} ^ {N_0 - 1}n^i q^nSni=∑n=1N0−1niqn。并且在计算SnmS_n^mSnm的时候，假定Snm−1,Snm−2…Sn0S_n^{m-1},S_n^{m-2}\dots S_n^0Snm−1,Snm−2…Sn0都已知。我们可以推出一个递推式，这个递推式是由Snm−1,Snm−2…Sn0S_n^{m-1},S_n^{m-2}\dots S_n^0Snm−1,Snm−2…Sn0组成。我们先来看下面的这个式子。
Snm=q+2mq2+3mq3⋯+(N0−1)mqN0−1S_n^m = q + 2^mq^2+3^mq^3\dots+(N_0-1)^mq^{N_0-1}Snm=q+2mq2+3mq3⋯+(N0−1)mqN0−1，我们把它们的系数全部写下来，看看有什么特征。
| 1q1q1q | 2mq22^mq^22mq2 | 3mq33^mq^33mq3 | …\dots… | (N0−1)mqN0−1(N_0-1)^mq^{N_0-1}(N0−1)mqN0−1 |
|---|
我们尽可能地去利用等比数列的求和公式，所以我们进行如下的展开。
| 1q1q1q | 1q21q^21q2 | 1q31q^31q3 | …\dots… | 1qN0−11q^{N_0-1}1qN0−1 |
|---|---|---|---|---|
| 000 | (2m−1)q2(2^m-1)q^2(2m−1)q2 | (2m−1)q3(2^m-1)q^3(2m−1)q3 | …\dots… | (2m−1)qN0−1(2^m-1)q^{N_0-1}(2m−1)qN0−1 |
| 000 | 000 | (3m−2m)q3(3^m-2^m)q^3(3m−2m)q3 | …\dots… | (3m−2m)qN0−1(3^m-2^m)q^{N_0-1}(3m−2m)qN0−1 |
| 000 | 000 | 000 | …\dots… | (4m−3m)qN0−1(4^m-3^m)q^{N_0-1}(4m−3m)qN0−1 |
| …\dots… | …\dots… | …\dots… | …\dots… | …\dots… |
| 000 | 000 | 000 | …\dots… | ((N0−1)m−(N0−2)m)qN0−1((N_0-1)^m-(N_0-2)^m)q^{N_0-1}((N0−1)m−(N0−2)m)qN0−1 |
我们知道，一个等比数列的求和公式只与首项和尾项以及公比有关。从上述展开式中，我们可以从中发现(N0−1)(N_0-1)(N0−1)个等比数列的求和。它们的和分别如下：q−qN01−q\frac{q-q^{N_0}}{1-q}1−qq−qN0，(2m−1)q2−qN01−q(2^m-1)\frac{q^2-q^{N_0}}{1-q}(2m−1)1−qq2−qN0，(3m−2m)q3−qN01−q(3^m-2^m)\frac{q^3-q^{N_0}}{1-q}(3m−2m)1−qq3−qN0…\dots…((N0−1)m−(N0−2)m)qN0−1−qN01−q((N_0-1)^m-(N_0-2)^m)\frac{q^{N_0-1}-q^{N_0}}{1-q}((N0−1)m−(N0−2)m)1−qqN0−1−qN0，而SnmS_n^mSnm就是前面一系列式子的和。我们加到一起会发现如下的式子：Snm=q+(2m−1)q2+(3m−2m)q3+⋯+(N0−1)m−(N0−2)m)qN0−11−q−(N0−1)mpN01−qS_n^m = \frac{q+(2^m-1)q^2+(3^m-2^m)q^3+\dots+(N_0-1)^m-(N_0-2)^m)q^{N_0-1}}{1-q}-\frac{(N_0-1)^mp^{N_0}}{1-q}Snm=1−qq+(2m−1)q2+(3m−2m)q3+⋯+(N0−1)m−(N0−2)m)qN0−1−1−q(N0−1)mpN0，这个时候，我们的工作重心就转移到解前一段很长的式子之和上，我们发现：nm−(n−1)m=Cm1nm−1+Cm2nm−2(−1)1+Cm3nm−3(−1)2+⋯+Cmmn0(−1)m−1n^m - (n-1)^m = C_m^1 n^{m-1}+C_m^2n^{m-2}(-1)^1+C_m^3n^{m-3}(-1)^2+\dots+C_m^mn^{0}(-1)^{m-1}nm−(n−1)m=Cm1nm−1+Cm2nm−2(−1)1+Cm3nm−3(−1)2+⋯+Cmmn0(−1)m−1，这就意味着我们可以将第一部分式子中的系数给再次展开，可以得到如下的式子：q+(2m−1)q2+(3m−2m)q3+⋯+(N0−1)m−(N0−2)m)qN0−1=Cm1(−1)0(1m−1q+2m−1q2+3m−1q3+⋯+(N0−1)m−1qN0−1)+Cm2(−1)1(1m−2q+2m−2q2+3m−2q3+⋯+(N0−1)m−2qN0−1)+Cm3(−1)2(1m−3q+2m−3q2+3m−3q3+⋯+(N0−1)m−3qN0−1)+⋯+Cmm(−1)m−1(10q+20q2+30q3+⋯+(N0−1)0qN0−1)q+(2^m-1)q^2+(3^m-2^m)q^3+\dots+(N_0-1)^m-(N_0-2)^m)q^{N_0-1} = C_m^1(-1)^0(1^{m-1}q+2^{m-1}q^2+3^{m-1}q^3+\dots+(N_0-1)^{m-1}q^{N_0-1})+C_m^2(-1)^1(1^{m-2}q+2^{m-2}q^2+3^{m-2}q^3+\dots+(N_0-1)^{m-2}q^{N_0-1})+C_m^3(-1)^2(1^{m-3}q+2^{m-3}q^2+3^{m-3}q^3+\dots+(N_0-1)^{m-3}q^{N_0-1})+\dots+C_m^m(-1)^{m-1}(1^{0}q+2^{0}q^2+3^{0}q^3+\dots+(N_0-1)^{0}q^{N_0-1})q+(2m−1)q2+(3m−2m)q3+⋯+(N0−1)m−(N0−2)m)qN0−1=Cm1(−1)0(1m−1q+2m−1q2+3m−1q3+⋯+(N0−1)m−1qN0−1)+Cm2(−1)1(1m−2q+2m−2q2+3m−2q3+⋯+(N0−1)m−2qN0−1)+Cm3(−1)2(1m−3q+2m−3q2+3m−3q3+⋯+(N0−1)m−3qN0−1)+⋯+Cmm(−1)m−1(10q+20q2+30q3+⋯+(N0−1)0qN0−1)幸运地是这个式子仍然是可以简化的，我们简化得到下面的形式：∑k=1mCmk(−1)k−1Snm−k\sum_{k = 1}^{m}C_m^k(-1)^{k-1}S_n^{m-k}∑k=1mCmk(−1)k−1Snm−k，那我们再回到上面的式子，我们可以得到如下的式子：Snm=∑k=1mCmk(−1)k−1Snm−k1−q−(N0−1)mpN01−qS_n^m = \frac{\sum_{k = 1}^{m}C_m^k(-1)^{k-1}S_n^{m-k}}{1-q}-\frac{(N_0-1)^mp^{N_0}}{1-q}Snm=1−q∑k=1mCmk(−1)k−1Snm−k−1−q(N0−1)mpN0，那我们就可以得知，在假定Snm−1,Snm−2…Sn0S_n^{m-1},S_n^{m-2}\dots S_n^0Snm−1,Snm−2…Sn0都已知的情况下，我们可以推出SnmS_n^mSnm的值。
尾声
又发现了一个小东西，迫不及待地发出来博各位看官一乐…
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