「具体数学」二：和式

记号#

略

和式和递归式#

$$S_n=\sum_{k=0}^{n}a_k\Leftrightarrow S_0=a_0,S_n=S_{n-1}+a_n$$

如此，就能用第一章中用封闭形式求解递归式的方法

例如：

$$R_0=α,R_n=R_{n-1}+β+γn$$

$$R_1=α+β+γ$$

$$R_2=α+2β+3γ$$

一般来说

$$R_n=A(n)α+B(n)β+C(n)γ$$

用成套方法

令$R_1=1$,则

$$1=α，1=1+β+nγ$$

得出$α=1，β=γ=0$

从而 $$A(n)=1$$

令$R_n=n$得到$α=0，β=1，γ=0$

从而 $$B(n)=n$$

令$R_n=n^2$得到$α=0，β=-1，γ=2$

从而 $$2C(n)-B(n)=n^2$$

且 $$C(n)=\frac{n+n^2}{2}$$

则 $$R_n=α+nβ+\frac{n+n^2}{2}γ$$

若想计算 $$\sum_{i=0}^{n}(a+bi)$$

则转成递归式其中$α=β=a，γ=b$，解得$S_n=a(n+1)+\frac{bn(n+1)}{2}$

相反，有些递归式可以转成和式来求和

例如：

$$T_0=0$$

$$T_n=2T_{n-1}+1$$

两边同除$2^n$

$$\frac{T_0}{2^0}=0$$

$$\frac{T_n}{2^n}=\frac{T_{n-1}}{2^{n-1}}+\frac{1}{2^n}$$

令$S_n=\frac{T_n}{2^n}$，则

$$S_0=0$$

$$S_n=S_{n-1}+n^{-n}$$

得到和式

$$S_n=\sum_{i=1}^{n}2^{-i}=1-2^{-n}$$

则

$$T_n=2^nS_n=2^n-1$$

一般地，形如

$$a_nT_n=b_nT_{n-1}+c_n$$

转化为和式的思想是用一个求和因子$s_n$来乘两边

$$s_na_nT_n=s_nb_nT_{n-1}+s_nc_n$$

求和因子要恰当地选取使得

$$s_nb_n=s_{n-1}a_{n-1}$$

这样一来，记$S_n=s_na_nT_n$，则

$$S_n=S_{n-1}+s_nc_n$$

$$S_n=s_0a_0T_0+\sum_{i=1}^{n}s_ic_i=s_1b_1T_0+\sum_{i=1}^{n}s_ic_i$$

$$T_n=\frac{1}{s_na_n}(s_1b_1T_0+\sum_{i=1}^{n}s_ic_i)$$

关于求$s_n$

展开$s_n=s_{n-1}a_{n-1}/b_n$

$$s_n=k*\frac{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}{\prod_{i=2}^{n}b_i},k是常数$$

在上述例子中，$a_n=1,b_n=2$，所以$s_n=2^{-n}$

只要$a$和$b$不为0。。。

考虑解决快速排序比较步骤平均次数递归式

$$C_0=C_1=0$$

$$C_n=n+1+\frac{2}{n}\sum_{i=0}^{n-1}C_i,n>1$$

先规避掉除法

$$nC_n=n^2+n+2\sum_{i=0}^{n-1}C_i$$

用$n-1$代替$n$

$$(n-1)C_{n-1}=(n-1)^2+(n-1)+2\sum_{i=0}^{n-2}C_i$$

两式相减

$$nC_n-(n-1)C_{n-1}=2n+2C_{n-1},n>2$$

关于$C_n$的和式就变成了一个简单的递归式

$$C_0=C_1=0,C_2=3$$

$$nC_n=(n+1)C_{n-1}+2n,n>2$$

根据求和因子的方法，递归式中$a_n=n,b_n=n+1,c_n=2n-2[n=1]+2[n=2]$

$$s_n=k*\frac{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}{\prod_{i=2}^{n}b_i}=k*\frac{(n-1)!}{\frac{(n+1)!}{2!}}=k*\frac{2}{n(n+1)}$$

$$k取\frac{1}{4}$$

$$C_n=2(n+1)\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i+1}-\frac{2}{3}(n+1)$$

其中

$$H_n=\sum_{i}\frac{1}{i}$$

$H_n$被称为调和级数，因为小提琴弦产生的第$k$个泛音是弦长$\frac{1}{k}$处所产生的基音

可以通过将$C_n$表示为封闭形式研究快速排序递归式，$C_n$中的和式是

$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+1}=\sum_{1\leq k \leq n}\frac{1}{k+1}$$

将$k$改为$k-1$

$$\sum_{1\leq k \leq n}\frac{1}{k+1}=\sum_{1\leq k-1 \leq n}\frac{1}{k}$$

$$=\sum_{2\leq k \leq n+1}\frac{1}{k}$$

$$=(\sum_{1\leq k \leq n}\frac{1}{k})-1+\frac{1}{n+1}$$

$$=H_n-\frac{n}{n+1}$$

$$C_n=2(n+1)H_n-\frac{8}{3}n-\frac{2}{3}$$

和式的处理#

分配律：

$$\sum_{i}ca_i=c\sum_{i}a_i$$

结合律：

$$\sum_{i}(a_i+b_i)=\sum_{i}a_i+\sum_{i}b_i$$

交换律：

$$\sum_{k\in K}a_k=\sum_{p(k)\in K}a_{p(k)},p(k)是整数集合的任意一个排列$$

假设要计算一个等差级数

$$S=\sum_{k=0}^{n}(a+bk)$$

根据交换律，可以用$n-k$代替$k$

$$S=\sum_{n-k=0}^{n}(a+b(n-k))=\sum_{k=0}^{n}(a+bn-bk)$$

利用结合律将二者相加

$$2S=\sum_{k=0}^{n}((a+bk)+(a+bn-bk))=\sum_{k=0}^{n}(2a+bn)$$

再利用分配律计算平凡和式

$$2S=(2a+bn)\sum_{k=0}^{n}1=(2a+bn)(n+1)$$

即

$$\sum_{k=0}^{n}(a+bk)=(a+\frac{1}{2}bk)(n+1)$$

艾弗森约定#

$$\sum_{k\in K}a_k+\sum_{k\in K'}a_k=\sum_{k\in K∩K'}a_k+\sum_{k\in K∪K'}a_k$$

这是由一般公式

$$\sum_{k\in K}a_k=\sum_{k}a_k[k\in K]$$

和

$$[k\in K]+[k\in K']=[k\in K∩K']+[k\in K∪K']$$

推出的

扰动法#

将一项分出去的运算是扰动法的基础，利用扰动法，常常可以用封闭形式计算和式，思想是从一个未知的和式开始，记为$S_n$

$$S_n=\sum_{0\leq k\leq n}$$

然后，将第一项和最后一项分离

$$S_n+a_{n+1}=\sum_{0\leq k\leq n+1}a_k=a_0+\sum_{1\leq k\leq n+1}a_k$$

$$=a_0+\sum_{1\leq k+1\leq n+1}a_{k+1}$$

$$=a_0+\sum_{0\leq k\leq n}a_{k+1}$$

如果能对最后的和式用$S_n$表示，就会得到一个方程

例如用扰动法求一般几何级数的和

$$S_n=\sum_{0\leq k\leq n}ax^k$$

$$S_n+ax^{n+1}=ax^0+\sum_{k=0}^{n}ax^{k+1}=a_0+xS_n$$

$$S_n=\frac{a-ax^{n+1}}{1-x}$$

若是更难一点的和式

$$S_n=\sum_{0\leq k\leq n}k2^k$$

$$S_n+(n+1)2^{n+1}=\sum_{0\leq k\leq n}(k+1)2^{k+1}$$

借助结合律将右边和式分离

$$\sum_{0\leq k\leq n}k2^{k+1}+\sum_{0\leq k\leq n}2^{k+1}$$

第一个和式等于$2S_n$，另一个等于$2^{n+2}-2$

$$S_n+(n+1)2^{n+1}=2S_n+2^{n+2}-2$$

$$S_n=(n-1)2^{n+1}+2$$

用$x$代替$2$可以得到

$$S_n+(n+1)x^{n+1}=xS_n+\frac{x-x^{n+2}}{1-x}$$

$$S_n=\frac{x-(n+1)x^{n+1}+nx^{n+2}}{(1-x)^2},x\neq 1$$

然而如果用微积分的初等技巧来推导这个封闭形式

$$\sum_{k=0}^{n}x^k=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}$$

两边同时求导

$$\sum_{k=0}^{n}kx^{k-1}=\frac{(1-x)(-(n+1)x^n)+1-x^{n+1}}{(1-x)^2}=\frac{1-(n+1)x^n+nx^{n+1}}{(1-x)^2}$$

会得到同样的结论

因为和式的导数等于它的各项导数之和，微积分与离散数学有很多联系

多重和式#

一个和式的项可以用两个或多个指标来控制

可以用艾弗森约定表示

$$\sum_{P(j,k)}a_{j,k}=\sum_{j,k}a_{j,k}[P(j,k)]$$

有时也会用两个求和符号表示

$$\sum_{j}\sum_{k}a_{j,k}[P(j,k)]$$

对于多重和式，我们有交换求和次序的基本法则，它推广了和式的结合律

$$\sum_{j}\sum_{k}a_{j,k}[P(j,k)]=\sum_{k}\sum_{j}a_{j,k}[P(j,k)]$$

通常先对某个指标求和更容易些

$$\sum_{1\leq j,k\leq 3}a_jb_k=\sum_{1\leq j\leq 3}\sum_{1\leq k\leq 3}a_jb_k=(\sum_{1\leq j\leq 3}a_j)(\sum_{1\leq k\leq 3}b_k)$$

交换求和次序的基本法则有很多变形，如简易型：

$$\sum_{j\in J}\sum_{k\in K}a_{j,k}=\sum_{k\in K}\sum_{j\in J}a_{j,k}$$

复杂型，适用于内和的范围与外和的指标变量有关的情形

$$\sum_{j\in J}\sum_{k\in K(j)}a_{j,k}=\sum_{k\in K'}\sum_{j\in J'(k)}a_{j,k}$$

这里须满足

$$[j\in J][k\in K(j)]=[k\in K'][j\in J'(k)]$$

考虑交换求和次序的应用

有由$n^2$个乘积$a_ja_k$组成的阵列

$$\begin{bmatrix} a_{1,1} & \cdots & a_{1,n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n,1} & \cdots & a_{n,n} \end{bmatrix}$$

目的是求$S_n=\sum_{1\leq j\leq k\leq n}a_ja_k$

即这个阵列主对角线及其上方所有元素之和

由于$a_ja_k=a_ka_j$，所以$S_n$近似等于所有元素和一半，除了对主对角线计算时加入的修正因子

启发我们想到

$$S_n=\sum_{1\leq j\leq k\leq n}a_ja_k=\sum_{1\leq k\leq j\leq n}a_ka_j=S_n$$

由于

$$[1\leq j\leq k\leq n]+[1\leq k\leq j\leq n]=[1\leq j,k\leq n]+[1\leq j=k\leq n]$$

所以

$$2S_n=\sum_{1\leq j,k\leq n}a_ja_k+\sum_{1\leq j=k\leq n}a_ja_k$$

$$S_n=\frac{1}{2}((\sum_{k=1}^{n}a_k)^2+\sum_{k=1}^{n}a_k^2)$$

研究另一相似二重和式

$$S=\sum_{1\leq j<k \leq n}(a_k-a_j)(b_k-b_j)$$

交换$k,j$,

$$=\sum_{1\leq k<j\leq n}(a_j-a_k)(b_j-b_k)=\sum_{1\leq k<j\leq n}(a_k-a_j)(b_k-a_j)$$

所以可以和自己求和

$$[1\leq j<k\leq n]+[1\leq k<j\leq n]=[1\leq j,k\leq n]-[1\leq j=k\leq n]$$

$$2S=\sum_{1\leq j,k\leq n}(a_j-a_k)(b_j-b_k)-\sum_{1\leq j=k\leq n}(a_j-a_k)(b_j-b_k)$$

第二个和式显然为$0$，第一个和式可以展开

$$\sum_{1\leq j,k\leq n}a_jb_j-\sum_{1\leq j,k\leq n}a_j,b_k-\sum_{1\leq j,k\leq n}a_k,b_j+\sum_{1\leq j,k\leq n}a_kb_k$$

$$=2\sum_{1\leq j,k\leq n}a_k,b_k-2\sum_{1\leq j,k\leq n}a_jb_k$$

$$=2n\sum_{1\leq k\leq n}a_kb_k-2(\sum_{k=1}^{n}a_k)(\sum_{k=1}^{n}b_k)$$

抛开原题，我们得到了一个有趣的公式：

$$(\sum_{k=1}^{n}a_k)(\sum_{k=1}^{n}b_k)=n\sum_{k=1}^{n}a_kb_k-\sum_{1\leq j<k\leq n}(a_k-a_j)(b_k-b_j)$$

这是切比雪夫单调不等式的一个特例

$$(\sum_{k=1}^{n}a_k)(\sum_{k=1}^{n}b_k)\leq n\sum_{k=1}^{n}a_k,b_k,a_1\leq …\leq a_n且b_1\leq …\leq b_n$$

$$(\sum_{k=1}^{n}a_k)(\sum_{k=1}^{n}b_k)\geq n\sum_{k=1}^{n}a_kb_k,a_1\leq …\leq a_n且b_1\geq …\geq b_n$$

根据交换律可知

$$\sum_{k\in K}a_k=\sum_{p(k)\in K}a_k$$

如果$f$是一个任意函数

$$f:J\to K$$

将整数$j\in J$变成整数$f(j)\in K$，那么用$f(j)$替换$k$会发生什么？

指标替换的一般公式是

$$\sum_{j\in J}a_{f(j)}=\sum_{k\in K}a_k\#f^{-}(k)$$

这里$\#f^-(k)$表示集合

$$f^-(k)=\{j|f(j)=k\}$$

中的元素个数，即使得$f(j)=k$的$j\in J$的值的个数

由于$\sum_{j\in J}[f(j)=k]=\#f^-(k)$，容易通过交换求和次序证明

$$\sum_{j\in J}a_{f(j)}=\sum_{j\in J,k\in K}a_k[f(j)=k]=\sum_{k\in K}a_k\sum_{j\in J}[f(j)=k]$$

来看一个包含实际数字的多重和式：

$$S_n=\sum_{1\leq j<k\leq n}\frac{1}{k-j}$$

计算二重和式的正规方法是先对$j$或者先对$k$求和，分别讨论一下

$$S_n=\sum_{1\leq k\leq n}\sum_{1\leq j<k}\frac{1}{k-j}先对j求和$$

$$=\sum_{1\leq k\leq n}\sum_{1\leq k-j<k}\frac{1}{j}用k-j替换j$$

$$=\sum_{1\leq k\leq n}\sum_{0<j\leq k-1}\frac{1}{j}简化j的界限$$

$$=\sum_{1\leq k\leq n}H_{k-1}$$

$$=\sum_{0\leq k<n}H_k$$

然而调和数的和并不会表示为封闭形式！

尝试先对$k$求和会发现

$$S_n=\sum_{0\leq j<n}H_j$$

仍然是死胡同

若用$k_j$替换$k$

$$S_n=\sum_{1\leq j<k\leq n}\frac{1}{k-j}$$

$$=\sum_{1\leq j<k+j\leq n}\frac{1}{k}$$

$$=\sum_{1\leq k\leq n}\sum_{1\leq j\leq n-k} \frac{1}{k}$$

$$=\sum_{1\leq k\leq n}\frac{n-k}{k}$$

$$=\sum_{1\leq k\leq n}\frac{n}{k}-\sum_{1\leq k\leq n}1$$

$$=nH_n-n$$

这样就算是解决了吧（

在跟前面的死胡同结合起来，我们还得到了一个恒等式：

$$\sum_{0\leq k<n}H_k=nH_n-n$$

从代数角度理解这一技巧：

如果我们又一个包含$k+f(j)$的二重和式，其中$f$是一个任意的函数，那么这个例子指出，用$k-f(j)$替换$k$并对$j$求和比较好

从几何角度理解：

$$\begin{array}{c|lcr} n & \text{k=1} & \text{k=2} & \text{k=3} & \text{k=4}\\ \hline j=1 & 0 & \frac{1}{1} & \frac{1}{2}& \frac{1}{3} \\ j=2 & 0 & 0 & \frac{1}{1} & \frac{1}{2} \\ j=3 & 0 & 0 & 0 & \frac{1}{1} \\ j=4 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}$$

我们首先尝试，对$j$求和（按行）和对$k$求和（按列）,给出$H_1+H_2+H_3=H_3+H_2+H_1$

获得成功的方案本质上是按对角线求和$\frac{3}{1}+\frac{2}{2}+\frac{1}{3}$

一般性方法#

若要求

$$S(2)_n=\sum_{0\leq k\leq n}k^2,n\geq 0$$

方法零：查公式#

$$S(2)_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$

方法一：归纳法#

假设我们不知道从哪得知了猜想

$$S(2)_n=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}$$

$n=0$时显然成立

那么当$n$成立时，对$n+1$有

$$S(2)_{n+1}=S(2)_n+(n+1)^2$$

$$=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\frac{6(n+1)^2}{6}$$

$$=\frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}$$

但还是太依赖神来猜想了

方法二：扰动法#

$$S(2)_n+(n+1)^2=\sum_{0\leq k\leq n}(k+1)^2=\sum_{0\leq k\leq n}(k^2+2k+1)$$

$$=\sum_{0\leq k\leq n}k^2+2\sum_{0\leq k\leq n}k+\sum_{0\leq k\leq n}1$$

$$=S(2)_n+2\sum_{0\leq k\leq n}k+(n+1)$$

不幸的是$S(2)_n$抵消了

不过我们得到了

$$2\sum_{0\leq k\leq n}k=(n+1)^2-(n+1)$$

显然$\sum_{0\leq k\leq n}k=S(1)_n$

对$S(2)_n$扰动得到了$S(1)_n$，如果对$S(3)_n$扰动呢？

$$S(3)_n+(n+1)^3=\sum_{0\leq k\leq n}(k+1)^3=\sum_{0\leq k\leq n}(k^3+3k^2+3k+1)$$

$$=S(3)_n+3S(2)_n+3S(1)_n+n+1$$

显然我们已经得到了$S(2)_n$

方法三：成套方法#

列出递归式

$$R_0=a$$

$$R_n=R_{n-1}+b+cn+dn^2$$

解的一般形式是

$$R_n=A(n)a+B(n)b+C(n)c+D(n)d$$

代入$R_n=1$

$$a=1,b=c=d=0$$

$$A(n)=1$$

代入$R_n=n$

$$a=0,b=1,c=d=0$$

$$B(n)=n$$

代入$R_n=n^2$

$$a=0,b=-1,c=2,d=0$$

$$2C(n)-B(n)=n^2$$

代入$R_n=n^3$

$a=0,b=1,c=-3,d=3$

$$3D(n)-3C(n)+B(n)=n^3$$

后略

方法四：积分替换和式#

由积分替换和式得到

$$S(2)_n≈\int_{0}^{n}x^2dx=\frac{n^3}{3}$$

接下来检查近似的误差

$$E_n=S(2)-n-\frac{n^3}{3}$$

$$=S(n-1)+n^2-\frac{n^3}{3}$$

$$=E_{n-1}+\frac{1}{3}(n-1)^3+n^2-\frac{n^3}{3}$$

$$=E_{n-1}+n-\frac{1}{3}$$

然后就几乎是白给了

另一种求误差方法是对每块的楔形面积求和

$$E_n=S(2)_n-\int_{0}^{n}x^2dx=\sum_{k=1}^{n}(k^2-\int_{k-1}^{k}x^2dx)$$

$$=\sum_{k=1}^{n}(k^2-\frac{k^3-(k-1)^3}{3})=\sum_{k=1}^{n}(k-\frac{1}{3})$$

方法五：展开和放缩#

用一个看起来更复杂的二重和式替换原来的和式，二重和式操作得到（超神）是可以化简的

$$S(2)_n=\sum_{1\leq k\leq n}k^2=\sum_{1\leq j\leq k\leq n}k$$

$$=\sum_{1\leq j\leq n}\sum_{j\leq k\leq n}k$$

$$=\sum_{1\leq j\leq n}\frac{j+n}{2}(n-j+1)$$

$$=\frac{1}{2}\sum_{1\leq j\leq n}(n(n+1)+j-j^2)$$

$$=\frac{1}{2}n^2(n+1)+\frac{1}{4}n(n+1)-\frac{1}{2}S(2)_n$$

后略

方法六：有限微积分#

方法七：生成函数#

有限微积分和无限微积分#

类比传统的无限微积分，数学家们发展了有限微积分

无限微积分基于由

$$Df(x)=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$$

定义的微分算子$D$的性质，有限微积分则是基于

$$Δf(x)=f(x+1)-f(x)$$

所定义的差分算子$Δ$的性质，差分算子是微分的有限模拟，其中限制了取$h$的正整数值，于是$h\to 0$时，$1$是能达到的极限，而$Δf(x)$则是$\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$当$h=1$时的值

符号$D$和$Δ$称为算子，因为它们作用在函数上给出新的函数，它们是函数的函数，用于产生函数，如果$f$是从实数到实数的一个适当光滑的函数，那么$Df$也是一个从实数到实数的函数，又如果$f$是任意一个从实数到实数的函数，那么$Δf$亦然，函数$Df$和$Δf$在点$x$处的值由上面的定义给出

我们知道对于$f(x)=x^m,Df(x)=mx^{m-1}$，非正式地可以写成$D(x^m)=mx^{m-1}$

可惜

$$Δ(x^3)=(x+1)^3-x^3=3x^2+3x+1$$

但有一类$m$次幂，它在$Δ$的作用下可以很好地变换，这就是有限微积分的意义，那就是下降幂和上升幂

$$x^{\underline{m}}=x(x-1)…(x-m+1),整数m\geq 0$$

$$x^{\overline{m}}=x(x+1)…(x+m-1),整数m\geq 0$$

对他们有

$$Δ(x^{\underline{m}})=(x+1)^{\underline{m}}-x^{\underline{m}}=mx^{\underline{m-1}}$$

无限微分算子有一个逆运算，即逆微分算子（或积分算子）$\int$，微积分基本定理把$D$和$\int$联系起来

$$g(x)=Df(x)当且仅当\int g(x)dx=f(x)+C$$

这里$\int g(x)dx$是$g(x)$的不定积分，它是导数等于$g(x)$的一个函数类，类似地，$Δ$也有一个逆运算，即逆差分算子（或求和算子）$\sum$，而且有一个类似的基本定理：

$$f(x)=Δf(x)当且仅当\sum g(x)δx=f(x)+C$$

这里$\sum g(x)δx$是$g(x)$的不定和式，是差分等于$g(x)$的一个函数类，不定积分中的$C$是一个任意常数，而不定和中的$C$则是满足$p(x+1)=p(x)$的任意一个函数$p(x)$，例如$C$可以是周期函数$a+bsin2\pi x$，当取差分时会被消去

无限微积分也有定积分：

$$\int_{a}^{b}g(x)dx=f(x)|_{a}^b=f(b)-f(a)$$

于是有限积分，也有确定的和式

$$\sum_{a}^{b}$g(x)δx=f(x)|_{a}^b=f(b)-f(a)$ 但$\sum_{a}^{b}g(x)δx$有它的意义 观察 $$\sum_{a}^{a}g(x)δx=f(a)-f(a)=0$$

如果$b=a+1$，结果是

$$\sum_{a}^{a+1}g(x)δx=f(a+1)-f(a)=g(a)$$

更一般地，如果$b$增加$1$

$$\sum_{a}^{b+1}g(x)δx-\sum_{a}^{b}g(x)δx=g(b)$$

通过观察和数学归纳，我们可以得出

$$\sum_{a}^{b}g(x)δx=\sum_{a\leq k<b}g(k)$$

也就是说定和式和通常的有界和式是相同的

假如给定一个未知的和式，希望用封闭形式对它的值进行计算，并假设它可以写成形式$\sum_{a\leq k<b}g(k)=\sum_{a}^{b}g(x)δx$，只要能求得一个补丁和式或者逆差分函数$f$，使得$g(x)=f(x+1)-f(x)$，那么由有限微积分的理论，就可以将答案表示成$f(b)-f(a)$，理解这个原理的一种方法是利用三点记号将$\sum_{a\leq k<b}g(k)$完全写开

$$\sum_{a\leq k<b}(f(k+1)-f(k))=(f(a+1)-f(a))+(f(a+2)-f(a+1))+…+(f(b)-f(b-1))$$

除了$f(b)-f(a)$以外，右边的每一项都抵消了，所以$f(b)-f(a)$就是该和式的值，该种和式常被称为叠缩

但该法则仅$a\leq b$时适用，若$a>b$

$$\sum_{a}^{b}g(x)δx=f(b)-f(a)=-(f(a)-f(b))=\sum_{b}^{a}g(x)δx$$

类似方法可以论证

$$\sum_{a}^{b}+\sum_{b}^{c}=\sum_{a}^{c}$$

确定的求和法为我们提供了一种计算下降幂的和式的简单方法

$$\sum_{0\leq k\<n}k^{\underline{m}}=\frac{k^{\underline{m+1}}}{m+1}|_{0}^{n}=\frac{n^{\underline{m+1}}}{m+1},整数n,m\geq 0$$

定和式的方法也暗示了，对$0\leq k<n$求和通常比对$1\leq k\leq n$求和更简单，前者是$f(n)-f(0)$，后者是$f(n+1)-f(1)$

通常幂也可以用新方法来求和，如果我们先用下降幂表示出通常幂

例如

$$k^2=k^{\underline{2}}+k^{\underline{1}}$$

所以

$$\sum_{0\leq k<n}k^2=\frac{n^{\underline{3}}}{3}+\frac{n^{\underline{2}}}{2}=\frac{1}{3}n(n-\frac{1}{2})(n-1)$$

用$n+1$替换$n$又给出另一种将我们的老朋友$S(2)_n=\sum_{0\leq k\leq n}k^2$计算成封闭形式的方法

从平方到立方

$$k^3=k^{\underline{3}}+3k^{\underline{2}}+k^{\underline{1}}$$

后面讨论的斯特林数可以做到通常幂和阶乘幂的转换

从而

$$\sum_{a\leq k<b}=\frac{k^{\underline{4}}}{4}+k^{\underline{3}}+\frac{k^{\underline{2}}}{2}|_{a}^{b}$$

下降幂还有性质，对应$(x+y)^2=x^2+2xy+y^2$，也有$(x+y)^{\underline{2}}=x^{\underline{2}}+2xy+y^{\underline{2}}$

实际上对$(x+y)^m$和$(x+y)^{\underline{m}}$之间也有相似的结果

$$x^{\underline{2}}=x(x-1)$$

$$x^{\underline{1}}=x$$

$$x^{\underline{0}}=1$$

看上去除以$x-1$会从$x^{\underline{2}}$得到$x^{\underline{1}}$，除以$x$会从$x^{\underline{1}}$得到$x^{\underline{0}}$，若接下来除以$x+1$会从$x^{\underline{0}}$得到$x^{\underline{-1}}$

所以$x^{-m}=\frac{1}{(x+1)(x+2)…(x+m)},m>0$

类比通常幂的指数法则

$$x^{n+m}=x^nx^m$$

下降幂的指数法则形式是

$$x^{\underline{n+m}}=x^{\underline{m}}(x-m)^{\underline{n}}$$

对负的$n$有

$$x^{\underline{2-3}}=x^{\underline{2}}(x-2)^{\underline{-3}}=x(x-1)\frac{1}{(x-1)x(x+1)}=\frac{1}{x+1}=x^{\underline{-1}}$$

我们来确定负数下降幂关于差分性质的成立

$$Δx^{\underline{-2}}=\frac{1}{(x+2)(x+3)}-\frac{1}{(x+1)(x+2)}$$

$$=\frac{(x+1)-(x+3)}{(x+1)(x+2)(x+3)}$$

$$=-2x^{\underline{-3}}$$

成立了

如此只要零不做除数

$$\sum_{a}^{b}x^{\underline{m}}δx=\frac{x^{\underline{m+1}}}{m+1}|_{a}^{b},m\neq -1$$

当$m=-1$时，回想积分

$$\int_{a}^{b}x^{-1}dx=lnx|_{a}^{b}$$

再回到和式，我们希望找到$f(x)$使得

$$x^{\underline{-1}}=\frac{1}{x+1}=Δf(x)=f(x+1)-f(x)$$

当$x$是整数时

$$f(x)=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+…+\frac{1}{x}$$

所以$f(x)$即调和数$H_x$，于是$H_x$就是连续的$lnx$的离散模拟

现在能对下降幂的和式给出完整定义了

$$\sum_{a}^{b}x^{\underline{m}}δx = \begin{cases} \frac{x^{\underline{m}}}{m+1}|_{a}^{b}, & m\neq -1 \\ H_x|_{a}^{b}, & m=-1 \end{cases}$$

这个公式指出了为什么快速排序这样的离散问题解中会冒出调和数，恰如再连续性问题的解中自然会出现自然对数一样

既然我们找到了一个$lnx$的一个类似物，我们也来研究下是否有一个$e^x$的类似物存在，什么样的函数$f(x)$有与恒等式$D(e^x)=e^x$对应的性质$Df(x)=f(x)$？

$$f(x+1)-f(x)=f(x)\Leftrightarrow f(x+1)=2f(x)$$

可以取$f(x)=2^x$作为离散指数函数

$c^x$的差分也很简单

$$Δ(c^x)=c^{x+1}-c^x=(c-1)c^x$$

故如果$c\neq 1,c^x$的逆差分是$\frac{c^x}{c-1}$，这一事实与前面的基本法则结合起来，就给出了理解几何级数和的一般公式的方法

$$\sum_{a\leq k <b}c^k=\sum_{a}^{b}c^xδx=\frac{c^x}{c-1}|_{a}^{b}=\frac{c^b-c^a}{c-1},c\neq 1$$

每当遇到一个可能用作封闭形式的函数$f$，我们就能计算出它的差分$Δf=g$，然后就有一个函数$g$，它的不定和式$\sum g(x)δx$是已知的

$$\begin{array}{c|lcr} & f=\sum g & Δf=g & f=\sum g & Δf=g \\ \hline 1 & x^{\underline{0}}=1 & 0 & 2^x & 2^x \\ 2 & x^{\underline{1}}=x & 1 & c^x & (c-1)c^x \\ 3 & x^{\underline{2}}=x(x-1) & 2x & \frac{c^{x}}{c-1} & c^x \\ 4 & x^{\underline{m}} & mx^{\underline{m-1}} & cu & cΔu \\ 5 & \frac{x^{\underline{m+1}}}{m+1} & x^{\underline{m}} & u+v & Δu+Δv \\ 6 & H_x & x^{\underline{-1}}=\frac{1}{x+1} & uv & uΔv+EvΔu \end{array}$$

但有些连续概念并没有离散的相似概念，例如无限微积分的链式法则是对函数的函数求导的方便法则，但有限微积分没有对应的链式法则，因为$Δf(g(x))$没有很好的形式

除了像用$c±x$替换$x$这样的情形之外，离散的变量变换很难

然而$Δ(f(x)+g(x))$的确有比较好的形式，而且提供了一个分布求和的法则，它是无限微积分中称为分部积分法则的一个有限相似结果

回顾以下无限微积分中的公式

$$D(uv)=uDv+vDu$$

在积分并重新排列各项的次序之后，它引导出分部积分法

$$\int uDv=uv-\int vDu$$

可以在有限微积分中做到类似的事情

$$Δ(u(x)v(x))=u(x+1)v(x+1)-u(x)v(x)$$

$$=u(x+1)v(x+1)-u(x)v(x+1)+u(x)v(x+1)-u(x)v(x)$$

$$=u(x)Δv(x)+v(x+1)Δu(x)$$

这个公式可以由$Ef(x)=f(x+1)$

所定义的移位算子$E$表示成方便的形式，用$Ev(x)$替换$v(x+1)$就得到乘积的差分的一个紧凑法则：

$$Δ(uv)=uΔv+EvΔu$$

在这个方程两边取不定和，并重新排列它的项，就得到广为宣扬的分部求和法则：

$$\sum uΔv=uv-\sum EvΔu$$

（无限微积分在此令$1\to 0$）来避开了$E$

如同对无限微积分那样，可以在所有三项上加上界限，从而使得不定和式变成确定的和式

当左边的和式比右边的和式更难以处理时，这个法则是有用的，例如$\int xe^xdx$是分部积分的一个典型例子，它的离散模拟是$\sum x2^xδx$

为了用分部求和，我们用$u(x)=x,Δv(x)=2^x$，从而$Δu(x)=1,v(x)=2^x$，且$Ev(x)=2^{x+1}$

$$\sum x2^xδx=x2^x-\sum 2^xδx=x2^x-2^{x+1}+C$$

加上界限，我们可以用此式来计算以前做过的和式

$$\sum_{k=0}^{n}k2^k=\sum_{0}^{n+1}x2^xδx$$

$$=（x2^x-2^{x+1}）|_{0}^{n+1}$$

$$=((n+1)2^{n+1}-2^{n+2})-(0*2^0-2^1)=(n-1)2^{n+1}+2$$

用这个方法比用扰动法更容易求出这个和，因为不用动脑子

在之前我们碰巧发现了$\sum_{0\leq k<n}H_k$的一个公式，但是如果知道分部求和，那么就能遵循规则发现公式

例如有和式$\sum_{0\leq k<n}kH_k$，如果用$\int xlnxdx$的模拟来引导，解就很好求了

令$u(x)=H_x,Δv(x)=x=x^{\underline{1}}$，从而$Δu(x)=x^{\underline{-1}},v(x)=\frac{x^{\underline{2}}}{2},Ev(x)=\frac{(x+1)^{\underline{2}}}{2}$

$$\sum xH_xδx=\frac{x^{\underline{2}}}{2}H_x-\sum \frac{(x+1)^{\underline{2}}}{2}x^{\underline{1}}δx$$

$$=\frac{x^{\underline{2}}}{x}H_x-\frac{1}{2}\sum x^{\underline{1}}δx$$

$$=\frac{x^{\underline{2}}}{x}H_x-\frac{x^{\underline{2}}}{4}+C$$

第一行到第二行利用了指数法则将$(x+1)^{\underline{2}}x^{\underline{-1}}$结合了起来

现在添加界限并得到结论

$$\sum_{0\leq k<n}kH_k=\sum_{0}^{n}xH_xδx=\frac{n^{\underline{2}}}{2}(H_n-\frac{1}{2})$$

无限和式#

对于无限和式，处理$\sum$时的方法并不总是有效的，但存在一大类容易理解的无限和式，我们对它们做过的所有运算都是完全合法的，在我们更密切审视求和的基本意义之后，这两个消息背后所隐藏的理由将会变得清晰起来

无限和式可以很自然的这样定义：

$$S=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+…$$

等于$2$，因为如果将它加倍就得到

$$2S=2+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+…=2+S$$

另一方面，同样的推理提示我们应该定义

$$T=1+2+4+8+16+…$$

是$-1$，因为

$$2T=2+4+8+16+32+…=T-1$$

笑死，其实应该说成$T=∞$，因为$T$中相加的项会大于任何指定的有限数

我们尝试对一般和式$\sum_{k\in K}a_k$的值构想一个好的定义，其中$K$可以是无限的

首先，让我们假设所有的项$a_k$都是非负的，这样就不难找到一个合适的定义：如果有一个常数$A$为界，使得对所有有限的子集$F\subset K$都有

$$\sum_{k\in F}a_k\leq A$$

那么我们就定义$\sum_{k\in K}a_k$是最小的这样的$A$（它由实数众所周知的性质得出：所有这样的$A$总包含一个最小的元素）

如果没有常数$A$为界限，我们就说$\sum_{k\in K}a_k=∞$

上面的定义与指标集$K$中可能存在的次序无关，下面我们打算要讨论适用于带有多个指标$k_1,k_2$的多重和式，而不仅仅是指标集为（单一）整数集合的和式

在$K$是非负整数集合的特殊情形下，我们对于非负项$a_k$的定义就意味着

$$\sum_{k\geq 0}a_k=\lim_{n\to ∞}\sum_{k=0}^{n}a_k$$

理由是：实数的任何一个非减序列都有极限（可能是∞），如果极限是$A$，又如果$F$是任意一个非负整数的有限集合，其元素全都$\leq n$，我们就又$\sum_{k\in F}a_k\leq \sum_{k=0}^{n}a_k\leq A$，因为$A=∞$或者$A$是一个有界常数

又如果$A'$是任何一个小于所述极限$A$的数，那么就存在一个$n$，使得$\sum_{k=0}^{n}a_k>A'$,该有限集合$f=\{0,1,…,n\}$证明$A'$不是有界常数

按照刚刚的定义，我们很容易地计算某种无限和式的值，例如如果$a_k=x^k$就有

$$\sum_{k\geq 0}x^k=\lim_{n\to ∞}\frac{1-x^{n+1}}{1-x}= \begin{cases} \frac{1}{1-x}, & 0\leq x<1 \\ ∞, & x\geq 1 \end{cases}$$

特别地，刚刚考虑过的无限和$S$和$T$分别取值$2$和$∞$，恰如我们所猜测的，另一个有趣的例子是

$$\sum_{k\geq 0}\frac{1}{(k+1)(k+2)}=\sum_{k\geq 0}k^{\underline{-2}}$$

$$=\lim_{n\to ∞}\sum_{k=0}^{n-1}k^{\underline{-2}}=\lim_{n\to ∞}\frac{k^{\underline{-1}}}{-1}|_{0}^{n}=1$$

现在考虑和式中既可能有非负项又可能有负项的情形，例如

$$\sum_{k\geq 0}(-1)^k=1-1+1-1+1-1+…$$

对他进行分组

$$\sum_{k\geq 0}(-1)^k=(1-1)+(1-1)+(1-1)+…=0$$

但如果延迟一项再分组

$$\sum_{k\geq 0}(-1)^k=1-(1-1)-(1-1)-(1-1)-……=1$$

我们或许也可以尝试再公式$\sum_{k\geq 0}x^k=\frac{1}{1-x}$中令$x=-1$，因为我们已经证明了这个公式当$0\leq x<1$时成立，但这样就迫使我们得出结论：这个无限和是$\frac{1}{2}$，尽管它是由整数组成的和式

另一个有趣的例子是双向无限的$\sum_{k}a_k$，其中当$k\geq 0$时$a_k=\frac{1}{k+1}$，而当$k<0$时，$a_k=\frac{1}{k-1}$，我们可以把它写成

$$…+(-\frac{1}{4})+(-\frac{1}{3})+(-\frac{1}{2})+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+…$$

如果我们从位于中心的元素开始往外计算这个和式

$$…+(-\frac{1}{4}+(-\frac{1}{3}+(-\frac{1}{2}+(1)+\frac{1}{2})+\frac{1}{3})+\frac{1}{4})+…=1$$

如果将所有括号左移一步

$$…+（-\frac{1}{5}+(-\frac{1}{4}+(-\frac{1}{3}+(-\frac{1}{2})+1)+\frac{1}{2})+\frac{1}{3})+…=1$$

因为最内层的$n$个括号中，所有数之和是

$$-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}-…-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}+…+\frac{1}{n-1}=1-\frac{1}{n}-\frac{1}{n-1}$$

类似的讨论声明，如果将这些括号向左或者向右任意移动固定步，它的值都是$1$，这使我有勇气相信这个和式的确是$1$

另一方面，如果我们以下述方式对项分组

$$…+(-\frac{1}{4}+(-\frac{1}{3}+(-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2})+\frac{1}{3}+\frac{1}{4})+\frac{1}{5}+\frac{1}{6})+…$$

那么从内往外第$n$对括号包含数

$$-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}-…-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}+…+\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}=1+H_{2n}-H_{n+1}$$

在后面将证明$\lim_{n\to ∞}(H_2n-H_{n+1})=ln2$

于是这一组合方式表面，这个双向无限和式实际上应该等于$1+ln2$

按照不同方式对其项相加而得出不同值的和式，有某些不同寻常之处。不同教材有不同定义

事实上，我们关于无限和式的定义相当简单，设$K$是任意一个集合，而$a_k$是对每一个$k\in K$定义的实值项（这里$k$实际上可以代表若干个指标$k_1,k_2,…$，因而$K$可以是多维的），任何实数$x$都可以写成其正的部分减去负的部分

$$x=x^+-x^-,其中x^+=x[x>0],x^-=-x[x<0]$$

（或者$x^+=0$，或者$x^-=0$，或者两者皆成立），我们已经说明了怎样来定义无限和式$\sum_{k\in K}a_k^+$和$\sum_{k\in K}a_k^-$的值，因为$a_k^+$和$a_k^-$都是非负的，这样一来，一般性的定义是

$$\sum_{k\in K}a_k=\sum_{k\in K}a_k^++\sum_{k\in K}a_k^-$$

除非右边的两个和式都等于$∞$，在后面这种情形，我们不定义$\sum_{k\in K}a_k$

设$A^+=\sum_{k\in K}a_k^+,A^-=\sum_{k\in K}a_k^-$，如果$A^+$和$A^-$两者都是有限的，就说和式$\sum_{k\in K}a_k$绝对收敛于值$A=A^+-A^-$。如果$A^+=∞,A^-$是有限的，就说和式$\sum_{k\in K}a_k$发散于$+∞$，类似地，如果$A^-=∞$而$A^+$是有限的，就说$\sum_{k\in K}a_k$发散于$-∞$，如果两者都是$∞$，结果还很难说

我们从非负项所做的定义开始，然后再将它推广到实值的项，如果$a_k$是复数，我们可以再次用显然的方式将定义推广：和式$\sum_{k\in K}a_k$定义成$\sum_{k\in K}\Re a_k+i\sum_{k\in K}\Im a_k$,其中，$\Re a_k$和$\Im a_k$是$a_k$的实部和虚部，这两个和式都有定义。反之，没有定义

坏消息是某些无限和式必须不予定义，因为我们所做的操作再所有这样的情形中都可能产生矛盾，好消息是，只要我们处理的是刚才所定义的绝对收敛的和式，这一章里所有操作都完全成立

通过证明每一个变换法则都保持所有绝对收敛的和式的值不变，我们可以验证好消息

需要证明的主要结果是多重和式的基本原理：经过两个或多个指标集的绝对收敛的和式永远可以对这些指标中的任何一个首先求和

将来会正式地证明：如果$J$是任意的指标集，并且$\{K_j|j\in J\}$的元素是任意的指标集，使得

$$\sum_{j\in J,k\in K_k}a_{j,k}绝对收敛于A$$

那么对每一个$j\in J$都存在复数$A_j$，使得

$$\sum_{k\in K_j}a_{j,k}绝对收敛于A_j,且$$

$$\sum_{j\in J}A_j 绝对收敛于A$$

只要再所有的项都非负时证明时就够了，因为可以和前面一样把每一项分解成实部和虚部，正的部分和负的部分来证明一般情形

于是，我们假设对所有的指标对$(j,k)\in M$都有$a_{j,k}\geq 0$，其中$M$是主指标集$\{(j,k)|j\in J,k\in K_j\}$

给定$\sum_{(j,k)\in M}a_{j,k}$是有限的，即对所有有限子集$F\subseteq M$有

$$\sum_{(j,k)\in F}a_{j,k}\leq A$$

而$A$这样的最小上界，如果$j$是$J$的任意一个元素，形如$\sum_{k\in F_j}a_{j,k}$的每一个和都以$A$为上界，其中$F_j$是$K_j$的一个有限子集。从而这些有限和式有一个最小的上界$A_j\geq 0$，且根据定义有$\sum_{k\in K_j}a_{j,k}=A_j$

我们仍需要证明：对所有有限子集$G\in J$，$A$是$\sum_{j\in G}A_j$的最小上界

假设$G$是$J$的满足$\sum_{j\in G}A_j=A'>A$的有限子集。我们至少可以求出一个有限子集$F_j\subseteq K_j$，使得对每个满足$A_j>0$的$j\in G$均有$\sum_{k\in F_j}a_{j,k}>\frac{A}{A'}A_j$。
但是此时有$\sum_{j\in G,k\in F_j}a_{j,k}>\frac{A}{A'}\sum_{j\in G}A_j=A$，这与如下事实矛盾：对所有有限子集$F\subseteq M$有$\sum_{(j,k)\in F}a_{j,k}\leq A$。从而对所有有限子集$G\in j$都有$\sum_{A_j}\leq A$

（我觉得上面全是废话。。）

最后，设$A'$是小于$A$的任何一个实数。如果我们能找到一个有限集合$G\subseteq J$，使得$\sum_{j\in G}A_j>A'$，证明就完成了

我们知道存在一个有限集合$f\subseteq M$，使得$\sum_{(j,k)\in F}a_{j,k}>A'$，设$G$是这个$F$中那些$j$组成的集合，又设$F_j=\{k|(j,k)\in F\}$，那么就有$\sum_{j\in G}A_j\geq \sum_{j\in G}\sum_{k\ F_j}a_{j,k}=\sum_{(j,k)\in F}a_{j,k}>A'$

证明完毕

所以现在关于无限和式的一切法则证明完毕，只要它的项的绝对值组成的所有有限和式都有一个有限的界。

由于双向无限和式再我们用两种不同方法计算时给出两个不同的答案，因为它的正项$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…$必定发散于$∞$，否则，不论我们如何对它的项进行分组都会得到同一个答案

习题#

$$0$$

或

$$\sum_{k=4}^{0}q_k=\sum_{k\leq 0}q_k-\sum_{k<4}q_k=-q_1-q_2-q_3$$

$$|x|$$

$$a_0+a_1+a_2+a_3+a_4+a_5$$

$$a_4+a_1+a_0+a_1+a_4$$

a.

$$\sum_{i=1}^{4}\sum_{j=i+1}^{4}\sum_{k=j+1}^{4}a_{ijk}=(((a_{123}+a_{124})+a_{134})+a_{234})$$

b.

$$\sum_{k=1}^{4}\sum_{j=1}^{k-1}\sum_{i=1}^{j-1}a_{ijk}=(a_{123}+(a_{124}+(a_{134}+a_{234})))$$

两个不同的指标变量用了同一指标

$$[1\leq j\leq n](n-j+1)$$

$$∇(x^{\underline{m}})=x^{\underline{m}}-(x-1)^{\underline{m}}$$

$$=x(x-1)(x-2)…(x-m+1)-(x-1)(x-2)(x-3)…(x-m)$$

$$=m(x-1)^{\underline{m-1}}$$

$$0^{\underline{m}} = \begin{cases} 0, & m\geq 1 \\ \frac{1}{|m|!}, & m\leq 0 \end{cases}$$

$$x^{\overline{n+m}}=x^{\overline{n}}(x+n)^{\overline{m}}$$

$$x^{-n}=\frac{1}{(x-1)^{\underline{n}}}$$

$$Δ(u(x)v(x))=u(x+1)v(x+1)-u(x)v(x)$$

$$=u(x+1)v(x+1)-u(x)v(x+1)+u(x)v(x+1)-u(x)v(x)$$

$$=uΔv+EvΔu$$

右边还可能是

$$=EuΔv+vΔu$$