python求时间序列二阶差分 时间序列的p阶差分序列

前言：好久没有学数学了
前几天loli给高一的讲课涉及到了本章内容，所以来普及一波

差分序列

基本概念

设

是一个序列，我们定义的（一阶）差分序列为：

很简单吧，就是我们经常使用的差分啊

但是我们在叙述ta的定义的时候，加了一个词：一阶

有一阶就有二阶，有二阶就有三阶~$p$阶啊：

$p$阶差分序列：

我们定义一个序列的0阶差分序列就是ta自己：

我们可以把一个序列的0~P阶差分序列优美的写成一个倒三角，俗称差分表：

∞ 例一

设序列为：$h_n=2*n^2+3*n+1$，这个序列的差分表？

1   6   15   28   45   66   91  ...
  5   9    13   17   21   25  ...
    4    4    4    4    4   ...
      0    0    0    0   ...

在此例中，三阶差分序列全部由0组成，因此所有更高阶的差分序列都是由0组成的
现在我们支持，如果一个序列的通项是n的p次多项式，那么 （p+1）阶差分就都是0 ，这种情况下，我们可以把第一行0
后的所有0行删去

定理一

设序列的通项时n的p次多项式，即：

则对所有的

上面我们提出了一个很简单的定理（证明不是很简单，这里就不呈现给大家啦）

性质一

现在假设$g_n$,$f_n$分别是两个序列的通项，定义另一个序列如下：

$h_n=g_n+f_n （n>=0）$

则

更一般的，我们可以归纳出：

如果c和d是常数，则对每一个整数p>=0，有：

我们把以上的内容叫做差分的线性性质
由此可以看到，序列Hn的差分表可以通过 $c$乘以$g_n$的差分表的项并用$d$乘以$f_n$的差分表的项 ，然后将相应的项相加而得

∞ 例二

设$g_n=n^2+n+1$,$f_n=n^2-n-2$
$g_n$的差分表：

1   3   7   13   21  ...
  2   4   6    8  ...
    2   2   2  ...
      0   0  ...

$f_n$的差分表：

-2   -2   0   4   10  ...
   0    2   4   6  ...
     2    2   2  ...
        0   0  ...

设$h_n=5n^2-n-4$，则$h_n$的差分表？

因为 $h_n=2g_n+3f_n=2(n^2+n+1)+3(n^2-n-2)=5n^2-n-4$
则$h_n$的差分表通过将第一个差分表的各项乘以2并将第二个差分表的各项乘以3然后对应相加，就可以得到结果了：

-4   0   14   38   72  ...
   4   14   24   34  ...
     10  10   10  ...
        0   0  ...

差分表的对角线

我们还是继续研究差分表：

图中，我圈出了一列数据，这些数据的下脚标都是0

这一列就是第0条对角线

定理二

差分表的第0条对角线等于
c0，c1，c2，…，cp，0，0，0，…
这样序列的通项满足：

∞ 例三

设：$h_n=n^3+3n^2-2n+1$
计算差分我们得到：

1  3   17  49
  2  14  32
   12  18
     6

因为$h_n$是$n$的三次多项式，所以ta的差分表的第0条对角线就是：1，2，12，6，0，0，…

因此，根据定理二，hn就可以改写为：

---

我们为什么要用这种方式改写通项公式呢

其中一个原因就是求解部分和

其中：

这个是怎么来的呢：

因此原式可化为：

定理二

一个序列：$h_0，h_1，h_2，h_3，…，h_n，… $ 的第0条差分表的第0条对角线
$c_0，c_1，c_2，c_3，...，c_p，0，0，...$
则：

∞ 例四

求前n个正整数的4次方和

设：$hn=n^4$
计算差分序列：

0   1   16   81   256
  1   15  65   175
    14  50  110
      36  60
        24

则第0条对角线就是：0，1，14，36，24，0，0，…

那么我们就有式子：

---

Stirling数

基本概念

之前我们简单的介绍了一下差分序列
假如我们现在有一个序列：$h_n=n^p$
记ta的第0条对角线为：c(p,0)，c(p,1)，c(p,2)，…，c(p,p)，0，0，…

现在我们引入

这个叫做第二类Stirling数

（不要问ta为什么叫第二类，我为什么不先讲第一类。。。）

现在我们提出第二类$Stirling$数的递推公式：

####定理三
如果$1<=k<=p-1$，则

我们先感性的理解一下：

$S(p,k)$都是这样得到的：把这一项所处行的直接上方的元素乘以k，然后再把结果加上该项的直接左边的项

这个怎么理解呢？

定理四

第二类$Stirling$数 $S(p,k)$ 计数的是把$p$元素划分到$k$个不可区分的盒子且没有空盒子的划分个数

证明：
首先，我们先解释在当前情况下不可区分意味着什么
说这些盒子是不可区分的，指的是我们不能说出一个盒子与另一个盒子的差异，ta们看起来是一样的
例如，如果某个盒子里装的是a，b，c，那么ta究竟在哪一个盒子并不重要
唯一重要的是各个盒子里装的是什么，而不管哪个盒子装了什么

考虑将前$p$个正整数$1，2，...，p$的集合作为要被划分的集合
把{ 1 , 2 , 3 , … , p }分到k个非空且不可区分的盒子有两种类型：

• 那些使$p$自己单独在一个盒子的划分
• 那些使$p$不单独在一个盒子的划分，这样包含$p$的盒子就至少还包含一个元素

在第一种划分中，我们把$p$单独拿出来放在一个盒子里，
因为盒子都不可区分，所以$p$放在哪一个盒子里并不重要
那么就将 { 1 , 2 , 3 , … , p-1 } 分到$k-1$个盒子中
这就贡献了$S(p-1,k-1)$种方案

在第二种划分中，我们把$p$单独拿出来，由于$p$不单独在盒子里，
因此就得到将 { 1 , 2 , 3 , … , p-1 } 分到$k$个盒子中
大家可能认为，这样就贡献了$S(p-1,k)$种方案

不然

由于$p$的删除而产生的 { 1 , 2 , 3 , … , p-1 } 的划分$A_1,A_2,A_3,...,A_k$产生于 { 1 , 2 , 3 , … , p } 的k个划分，即产生于：
$A_1∪{p}，A_2，...，A_k$
$A_1，A_2∪{p}，...，A_k$
$...$
$A_1，A_2，...，A_k∪{p}$
换句话说，在删除$p$之后，我们无法告知ta来自于哪个盒子
在$p$取走后所有的盒子仍然是非空的，因此这个盒子可能是k个盒子中的任何一个
因此第二种划分就贡献了$kS(p-1,k)$种方案

原式得证

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博主这个死鬼，为什么不介绍第一类$Stirling$数？？？

那我们就给出第一类Stirling数的递推式

定理六

如果1<=k<=p-1，则
$s(p,k)=(p-1)s(p-1,k)+s(p-1,k-1)$

至于ta的组合意义有一点难理解

定理五

第一类$Stirling$数 $s(p,k)$计数的是把p个对象排成k个非空循环序列的方法数

我们可以把定理叙述中的循环排列叫做圆圈