物理 常微分算符5 第五阶段
如果后面已经有了$D^{n-k}$, 那么在前面就得有(n-k)个括号取D，作用在后面的函数上。如果剩下的k个括号全取Q，那么这些Q的下标$i_1,i_2,\dots,i_k$. 就能取完所有可能的组合。当然要注意不能重复：$\sum\limits_{i_1=1}^{n-k+1}\sum\limits_{i_2=i_1+1}^{n-k+2}\cdots\sum\limits_{i_k=i_{k-1}+1}^{n}\prod\limits_{j=1}^{k}Q_{i_j}$. 然而，剩下的k个括号并不是非得全取Q, 取D但是不作用在最后的函数上，作用在后面的某个Q上不也行吗？现在我们在其中(r-1)个括号中取D, 剩下(k-r+1)个中取Q. 那么Q的下标就会直接从$i_r$开始取到$i_k$. （因为$i_1\sim i_{r-1}$变成了D. ）用打撇表示求导，那么我们总共可以在Q上打(r-1)个撇。现在用$x_j$表示第j个撇打在了哪个$Q_{i_j}$上，且使每一个x都不小于前一个。（可能等于，因为一个Q上可以有很多个撇。）我们的目标是：给定$x_1\sim x_{r-1}$, 即给定撇的分布，求有多少种D的作用方式满足这种分布。例：$(D+Q_1)(D+Q_2)(D+Q_3)(D+Q_4)$前两个括号取D后两个括号取Q，那么$Q_3'Q_4'$前面的系数应该是2，因为可能是第一个D作用在$Q_3$上，第二个D作用在$Q_4$上；也有可能是第一个D作用在$Q_4$上，第二个D作用在$Q_3$上。对于$Q_3$和$Q_4$各打一撇这种分布，有两种可能的情况，所以最后一定会出现$2Q_3'Q_4'$这一项，称重数为2。
第j次打撇，是在$Q_{i_{x_j}}$上打撇。我们想知道有多少个D可能用来贡献这一个撇。可以用来打撇的只能是前面的D，前面有$(i_{x_j}-1)$个括号，而其中$(x_j-r)$个括号已经取了Q. 已经打过$(j-1)$个撇，消耗了$(j-1)$个D. 所以可能贡献撇的D就有$(i_{x_j}-x_j+r-j)$个。重数就让j从1取到(r-1)全部乘起来即可。但请注意：同一个Q上面打的多个撇不可分辨！道理很简单，$D^2Q$最后只会出来一个$Q''$, 而不是2个. 而我们前面是按照撇可分辨来算的，所以要除去交换数。$Q_{i_j}$上打了多少个撇呢？$\sum\limits_{l=1}^{r-1}\delta_{x_l,j}$. 应该很好理解吧！遍历一遍，每有一个x等于j就令总次数+1, 否则不变（+0）。
所以结果就是n个方程构成的方程组：
$$\begin{cases}P_1=\sum\limits_{i=1}^nQ_i\\P_k=\sum\limits_{r=1}^k\sum\limits_{x_1=r}^k\sum\limits_{x_2=x_1}^k\cdots\sum\limits_{x_{r-1}=x_{r-2}}^n\sum\limits_{i_r=1}^{n-k+r}\sum\limits_{i_{r+1}=i_r+1}^{n-k+r+1}\cdots\sum\limits_{i_k=i_{k-1}+1}^n\left[\prod\limits_{j=1}^{r-1}(i_{x_j}-x_j+r-j)\prod\limits_{j=r}^k\dfrac{Q_{i_j}^{(\sum_{l=1}^{r-1}\delta_{x_l,j})}}{(\sum_{l=1}^{r-1}\delta_{x_l,j})!}\right],k=2\sim n\end{cases}$$
暂且不论我们写出来的这个严格的在n取任何正整数时都成立的式子，给定一个n，如何快速写出答案呢？乖乖按照上面那个式子求和、求积肯定是不现实的，我们不太会遇到n很大的情况，算个3阶、4阶就绰绰有余了。我们以4阶为例，看一下快速写出系数的办法。
前面两个没什么问题。D²的系数，先把所有两个Q可能的组合全部列出来。
然后对每一个组合，以划去前面的Q的代价在后面的Q上打撇。把所有可能的情况加到系数里。这样D²的系数就写完了。
D的系数同样先写出4项。每一项都有4中可能的划Q方式，所以每一个组合都会产生4个附加项，全部加到系数里。
常数项自然就是4个Q之积了，然后我们慢慢划。先只划一个Q。
然后划两个Q。注意划去Q₁Q₂时会产生2个Q₃'Q₄'.
而两个撇打在同一个地方时就不会出现这个问题.
划去Q₁Q₃时也不会产生这个问题.
划去三个Q自然只能是Q₄'''. 总之把所有项加起来，把相同的项合并就得到开篇给出的结果。
现在我们来代一下特殊的情形看看，即练17欧拉方程，两边除以$x^n$就得到$P_k=P_kx^{n-k}$. （重字母了，难受。不过大家应该都能看懂，我就不改了。左边的P指一个函数，右边的P是常数。）
然后发现：次数非常整齐。每对x求一次导就乘一个x回来，第k个方程全为x的-k次。自然猜$Q_i=\frac{A_i}{x}$. 很容易联立n个方程就把$A_i$解出来了。而换元t=ln x也很能理解了，大概就像$\dfrac{x\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}=\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\ln x}$这样化为常系数。
