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把差分算子作用在和式兩邊，可見若差分算子表達式的逆可以計算出來的話，和式便可求解。

<math>S(n)=\sum_{k=1}^n p(k)\Rightarrow
\Delta S(n)=p(n+1)\Rightarrow
S(n)=\Delta^{-1}p(n+1)</math>

但如裂項法那樣，要求<math>x_i=\Delta y_i</math>的話，通常沒有那麼順利。

==多項式公比求和==
{{quote|<math>\sum_{k=1}^n p(k)q^{k-1}=f(n)q^n-f(0)</math><br/>
<math>f(n)=\frac{p(n)}{q-1}+\frac{1}{(q-1)^2}\sum_{k=1}^m \frac{(-1)^kq^{k-1}}{(q-1)^{k-1}}\Delta^k(p(n))=\frac{1}{q-1}\sum_{k=0}^m (\frac{-q}{q-1})^k\Delta^k p(n+1)</math><ref>{{cite journal|author=黄嘉威|year=2016|title=方幂和及其推广和式|journal=数学学习与研究|issue=7|url=http://www.cnki.com.cn/Article/CJFDTOTAL-SXYG201607113.htm}}</ref><br/>
其中<math>\Delta p(n)=p(n+1)-p(n),m=deg(p)</math>}}

這是顯式地將和式寫成差分算子表達式的一個例子。

{{Robox|theme=3|title=證明多項式公比求和有表達式：<math>\sum_{k=1}^n p(k)q^{k-1}=f(n)q^n-f(0)</math><br/>其中<math>deg(f)=deg(p)=m</math>}}
<math>\sum_{k=1}^n q^{k-1}=\frac{q^n-1}{q-1}</math><br/>
設<math>\sum_{k=1}^n p(k)q^{k-1}=f(n)q^n+C</math><br/>
當<math>m=deg(p)=1</math>時，<math>deg(f)=m=1</math><br/>
兩邊逐項求導：<math>\sum_{k=1}^n (k-1)p(k)q^{k-2}=[\frac{df(n)}{dq}+nf(n)q^{-1}]q^n+\frac{dC}{dq}</math><br/>
可見兩邊多項式的階數同時增加1<br/>
<math>\sum_{k=0}^n p(k)q^{k-1}=f(n)q^n+C+p(0)q^{-1}</math><br/>
代入<math>n=0</math>得到<math>p(0)q^{-1}=f(0)+C+p(0)q^{-1}\Rightarrow C=-f(0)</math><br/>
{{Robox/Close}}

{{Robox|theme=3|title=證明：<math>f(n)=\frac{p(n)}{q-1}+\frac{1}{(q-1)^2}\sum_{k=1}^m \frac{(-1)^kq^{k-1}}{(q-1)^{k-1}}\Delta^k(p(n))=\frac{1}{q-1}\sum_{k=0}^m (\frac{-q}{q-1})^k\Delta^k p(n+1)</math><br/>
其中<math>\Delta p(n)=p(n+1)-p(n),m=deg(p)</math>}}
對<math>\sum_{k=1}^n p(k)q^{k-1}=f(n)q^n-f(0)</math>兩邊差分<br/>
<math>p(n+1)q^n=f(n+1)q^{n+1}-f(n)q^n</math><br/>
<math>p(n+1)=qf(n+1)-f(n)</math><br/>
<math>p(n+1)=p(n)+\Delta p(n)=(I+\Delta)p(n)</math><br/>
<math>(I+\Delta)p(n)=q(I+\Delta)f(n)-f(n)=[(q-1)I+q\Delta]f(n)</math><br/>
<math>f(n)=\frac{I+\Delta}{(q-1)I+q\Delta}p(n)=\frac{1}{(q-1)I+q\Delta}p(n+1)</math>

由於f,p都是m次多項式，以下可進行滿足條件<math>\Delta^{m+1}=0</math>的求逆運算：

<math>\frac{I+\Delta}{(q-1)I+q\Delta}=\frac{I+\Delta}{q-1}\sum_{k=0}^m (\frac{-q}{q-1})^k \Delta^k</math><br/>
<math>=\frac{1}{q-1}[\sum_{k=0}^m (\frac{-q}{q-1})^k \Delta^k+\sum_{k=0}^m (\frac{-q}{q-1})^k \Delta^{k+1}]=\frac{1}{q-1}[\sum_{k=0}^m (\frac{-q}{q-1})^k \Delta^k+\sum_{k=1}^m (\frac{-q}{q-1})^{k-1} \Delta^k]</math><br/>
<math>=\frac{1}{q-1}I+\frac{1}{q-1}\sum_{k=1}^m [(\frac{-q}{q-1})^k+(\frac{-q}{q-1})^{k-1}] \Delta^k=\frac{1}{q-1}I-\frac{1}{(q-1)^2}\sum_{k=1}^m (\frac{-q}{q-1})^{k-1} \Delta^k</math><br/>
<math>=\frac{1}{q-1}I+\frac{1}{(q-1)^2}\sum_{k=1}^m \frac{(-1)^k q^{k-1}}{(q-1)^{k-1}} \Delta^k</math><br/>
最後把算子表達式作用到p上得證。
{{Robox/Close}}

{{ExampleRobox|title=例子：差比數列求和}}
計算各階差分：<math>p(n)=a+(n-1)d,\Delta p(n)=d</math>

<math>\displaystyle f(n)=\frac{a+(n-1)d}{r-1}-\frac{d}{(r-1)^2}</math>

<math>\displaystyle \sum_{k=1}^n [a+(k-1)d]r^{k-1}=[\frac{a+(n-1)d}{r-1}-\frac{d}{(r-1)^2}]r^n-[\frac{a-d}{r-1}-\frac{d}{(r-1)^2}]</math>
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{{ExampleRobox|title=例子：求<math>\displaystyle\sum_{k=1}^n (A+Bk+Ck^2)q^{k-1}</math>}}
計算各階差分：<math>p(n)=A+Bn+Cn^2,\Delta p(n)=B+C(2n+1)=B+C+2Cn,\Delta^2 p(n)=2C</math>

<math>\displaystyle f(n)=\frac{A+Bn+Cn^2}{q-1}-\frac{B+C+2Cn}{(q-1)^2}+\frac{2C}{(q-1)^3}q</math>

<math>\displaystyle\sum_{k=1}^n p(k)q^{k-1}=[\frac{A+Bn+Cn^2}{q-1}-\frac{B+C+2Cn}{(q-1)^2}+\frac{2C}{(q-1)^3}q]q^n-[\frac{A}{q-

1}-\frac{B+C}{(q-1)^2}+\frac{2C}{(q-1)^3}q]</math>
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{{quote|<math>\sum_{k=1}^\infty p(k)q^{k-1}=\frac{p(0)}{1-q}+\frac{1}{(1-q)^2}\sum_{k=1}^m \frac{q^{k-1}}{(1-q)^{k-1}}\Delta^k(p(0)),~|q|<1</math>}}

{{ExampleRobox|title=例子：求<math>\displaystyle\sum_{k=1}^\infty (A+Bk+Ck^2)q^{k-1},~|q|<1</math>}}
<math>\displaystyle\sum_{k=1}^\infty (A+Bk+Ck^2)q^{k-1}=\frac{A}{1-q}+\frac{B+C}{(1-q)^2}+\frac{2C}{(1-q)^3}q</math>
{{Robox/Close}}

==參考資料==
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