具体数学笔记 （第二章 和式）

2.1 记号

$$\sum _{k=1}^n{a}_k$$
$a_k$称为被加数，直接把一个或多个条件写在$\sum$下面，指定求和所取的指标集，写在上面的是界限

2.2 和式和递归式

很多和式可以写成递归式的形式，反过来也是
如汉诺塔，把式子两边同时除$2^n$
$$T_n/2^n=T_{n-1}/2^{n-1}+1/2^n$$
令$S_n=T_n/2^n$可得$S_n=S_{n-1}+2^{-n}$
那么可以很轻松的写成和式
$$S_n=\sum _{i=1}^n{2}^{-i}=1-2^{-n}$$
进而得到$T_n=2^n+1$

其实这种转换可以写成一般的形式
对于$a_n{F}_n=b_n{T}_{n-1}+c_n$

两边同时乘的因子为$d_n=\frac{a_{n-1}{a}_{n-2}..a_1}{b_n{b}_{n-1}...b_2}$即可
最后化简得到它的解为$$\frac{1}{d_n{a}_n}(d_1{b}_1{F}_0+\sum _{k=1}^n{d}_k{c}_k)$$

来试一下具体的运用：快速排序比较步骤的平均次数
$$\begin{gathered} C_0=C_1=0 \\ {C}_n=n+1+\frac{2}{n}\sum _{k=0}^{n-1}{C}_k \end{gathered}$$
首先消除分母，把两边同时乘n
$F_n=n{C}_n=n^2+n+2{\sum }_{k=0}^{n-1}{C}_k$
为了把求和去掉，考虑和它的前一项做一个减法
$$\begin{gathered} n{C}_n-(n-1)C_{n-1}=n^2+n+2{\sum }_{k=0}^{n-1}{C}_k-(n-1{)}^2-(n-1)-2{\sum }_{k=0}^{n-2}{C}_k \\ =2n+2C_{n-1} \end{gathered}$$
于是可以得到一个简单的递推式$$\begin{gathered} C_0=C_1=0,C_2=3 \\ n{C}_n=(n+1)C_{n-1}+2n \end{gathered}$$
在这条递推式中$a_n=n,b_n=(n+1),c_n=2n$,直接套用前面的式子可得
$$d_n=\frac{2}{n(n+1)}$$
进而可以得到它的解为$$C_n=2(n+1)\sum _{k=1}^n\frac{1}{k+1}-\frac{2}{3}(n>1)$$

中间那个式子是调和的，设$H_n=1+1/2+1/3+....+1/n,H_n$被称为一个调和数
于是把原来的公式修正一下就变成了$$C_n=2(n+1)H_n-\frac{8}{3}-\frac{2}{3}$$
验证一下发现是对的，狂喜

2.3 和式的处理

• 分配律 $\sum _{k}c{a}_k=c\sum _k{a}_k$
• 结合律 $\sum _k(a_k+b_k)=\sum _k{a}_k+\sum _k{b}_k$
• 交换律 $\sum _{k\in S}{a}_k=\sum _{p(k)\in S}{a}_{p(k)}$
  假设我们要计算一个等差级数
  $$S=\sum _{0\le k\le n}(a+bk)$$
  根据交换律，我们可以用$n-k$代替$k$得到

$S=\sum _{0\le k\le n}(a+b(n-k))$
然后把上下两式相加
$2S=\sum _{0\le k\le n}(a+bk+a+b(n-k))$
再用一次结合律+一次分配率可以得到
$2S=(2a+bn)(n+1)$
于是我们就成功化简了

下面来介绍一下扰动法，我们常常可以用封闭形式来计算一个和式，极为$S_n$
$$S_n=\sum _{k=0}^n{a}_k$$
然后将它的最后一项和第一项分离出来，用两种方法分别重新改写$s_{n+1}$
$$S_n+a_{n+1}=a_0+\sum _{k=0}^n{a}_{k+1}$$
然后我们尝试用$S_n$将右边那个和式表示出来，如果可以，我们就得到了一个方程，他的解就是求的和式
举个例子，我们来求一般的几何级数
$$S_n=\sum _{k=0}^{n}a{x}^k$$
我们利用扰动法
$S_n+a{x}^{n+1}=a_0+\sum _{k=0}^{n}a{x}^{k+1}$
右边那个和式可以通过分配率变成
$a_0+k\sum _{k=0}^{n}a{x}^k=a_0+s_n$
所以$$S_n+a^{n+1}=a_0+x{S}_n$$
容易解得$$S_n=\frac{a-a{x}^{n+1}}{1-x}$$

如果式子是长这样呢？
$$S_n=\sum _{k=0}^{n}k{x}^k$$
实际上你可以直接用扰动法，或者直接更加简单的把几何级数求个导得到
因为和式的倒数等于各项倒数之和
$$S_n=\frac{1-(n+1)x^n+n{x}^{n+1}}{(1-x{)}^2}$$

2.4 多重和式

• 交换求和次序基本法则：$$\sum _j\sum _k{a}_{j,k}[p(j,k)]=\sum _k\sum _j{a}_{j,k}[p(j,k)]$$
• 一般分配律：（可以通过上一个法则推广得到）$$\sum _{j\in J,k\in K}{a}_j{b}_k=(\sum _{j\in J}{a}_j)\times (\sum _{k\in K}{b}_k)$$

我们来研究一下一个重要的二重和式
$$S=\sum _{1\le j<k\le n}(a_k-a_j)(b_k-b_j)$$
交换$j,k$具有对称性
$S=\sum _{1\le k<j\le n}(a_j-a_k)(b_j-b_k)$
与上式相加
利用恒等式
$[1\le j<k\le n]+[1\le k<j\le n]=[1\le j,k\le n]-[1\le j=k\le n]$
可得
$$2S=\sum _{1\le k,j\le n}(a_j-a_k)(b_j-b_k)-\sum _{1\le k=j\le n}(a_j-a_k)(b_j-b_k)$$
右边那块显然为0，考虑左边那块是啥
把它拆开
$$\begin{gathered} =2\sum _{1\le j,k\le n}{a}_j{b}_j-2\sum _{1\le k<j\le n}{a}_j{b}_k \\ =2n\sum _{1\le j\le n}{a}_j{b}_j-2(\sum _{1\le j\le n}{a}_j)(\sum _{1\le j\le n}{b}_j) \end{gathered}$$
贼有趣
带回原始/2后移项后重新排序可以得到
$$(\sum _{1\le j\le n}{a}_j)(\sum _{1\le j\le n}{b}_j)=n\sum _{k=1}^n{a}_k{b}_k-\sum _{1\le k<j\le n}(a_j-a_k)(b_j-b_k)$$
通过这个等式可以得到切比雪夫单调不等式：
$$(\sum _{1\le j\le n}{a}_j)(\sum _{1\le j\le n}{b}_j)\le n\sum _{k=1}^n{a}_k{b}_k,a,b单调递增$$
$$(\sum _{1\le j\le n}{a}_j)(\sum _{1\le j\le n}{b}_j)\ge n\sum _{k=1}^n{a}_k{b}_k,a单调递增,b单调递减$$
通过上面这个式子不难证明ab单调递增时$\sum _{k=1}^n{a}_k{b}_k$取到最大值，最小值由第二条推出

对于
$$f:J\to k$$
指标替换可以这样用
$$\sum _{j\in J}{a}_{f(j)}=\sum _{k\in K}{a}_k\sum _{j\in J}[f(j)=k]$$

2.5 一般性方法

• 查找公式（oeis.org）俗称开挂
• 猜测答案，用归纳法证明
• 对和式进行扰动法
• 用积分替换和式
  设我们要求$$f_n=\sum _{k=0}^n{k}^2$$
  $${\int }_0^n{x}^{2}dx=\frac{n^3}{3},所以我们知道f_n\sim \frac{n^3}{3}$$ 设误差$E_n=f_n-\frac{n^3}{3}$
  它也满足一个简单的递推式
  $$\begin{gathered} E_n=f_n-\frac{n^3}{3}=f_{n-1}+n^2-\frac{n^3}{3} \\ =E_{n-1}+\frac{(n-1{)}^3}{3}+n^2-\frac{n^3}{3} \end{gathered}$$

把$E_n$的封闭形式求出来带回去就可以求到$f_n$了

• 展开和收缩
  如上面那个例子，把它变成二重和式，之后再化简
• 用有限微积分
• 用生成函数

2.6 有限微积分和无限微积分

• 无限积分：定义由 所定义的微分$$Df(x)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$$
• 有限积分：定义由 所定义的差分$$\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)$$
  $D和\Delta$被称为算子，它们是函数的函数
  $D(x^m)=x^{m-1}$,然而$\Delta$就不行
  但是下降幂(下降乘幂)和上升幂就有比较好的性质
  有限微积分用在上面就很好了
  $$\Delta (x^{\underline{m}})=m{x}^{\underline{m-1}}$$
  于是我们就得到了可以与微积分媲美的性质

无限积分算子$D$的逆微分算子（积分算子）是$\int$ 有
$$g(x)=Df(x)⟺\int g(x)dx=f(x)+C$$
前面那个是不定积分
同样的，有限积分的逆差分算子（求和算子）是$\sum$ 有
$$g(x)=\Delta f(x)⟺\sum g(x)\delta x=f(x)+C$$
前面那个是不定和式

那么有不定积分肯定也有定积分
$${\int }_a^{b}g(x)dx=f(x){|}_a^b=f(b)-f(a)$$
同样的有限积分也有确定的和式
$$\sum _a^{b}g(x)\delta x=f(x){|}_a^b=f(b)-f(a)$$

由无限微积分中的
$${\int }_0^n{x}^{m}dx=\frac{n^{m+1}}{m+1}$$
也可以得到有限积分中的
$$\sum _{k=0}^{n-1}{k}^{\underline{m}}=\frac{n^{\underline{m+1}}}{m+1}$$

利用下降幂也可以求通常的幂，例如
$k^2=k^{\underline{2}}+k^{\underline{1}}$
所以
$$\sum _{k=0}^{n-1}{k}^2=\frac{n^{\underline{3}}}{3}+\frac{n^{\underline{2}}}{2}=\frac{1}{3}n(n-\frac{1}{2})(n-1)$$
拿n+1替换一下n就可以得到平方和公式了
ohhhhhhhhhh

利用斯特林数（第六章）由更好的性质

下降幂还有什么好性质吗？当然是有的
例如“阶乘二项式定理”夜是适用的

负数的下降幂也是成立的(同样的差分性质夜成立,即$\Delta$)
$$x^{\underline{m}}=\frac{1}{(x+1)(x+2)...(x+m)}$$
(实数和复数也可以，后面再讲)
$$x^{\underline{n+m}}=x^{\underline{m}}(x-m{)}^{\underline{n}}$$

同样的，对于下降幂和式我们也可以给出完整的描述
$$\sum _a^b{x}^{\underline{m}}\delta x=\{\begin{array}{l}\frac{x^{\underline{m+1}}}{m+1}{|}_a^b,m\ne -1\\ \\ H_x{|}_a^b,m=-1\end{array}$$

无限积分与有限积分中的法则：
$$D(e^x)=e^x,\Delta (2^x)=2^x$$

• 乘法法则
  无限积分中有：$$D(uv)=D(u)v+uD(v)$$
  有限积分中的则是$$\begin{gathered} \Delta (u(x)v(x))=u(x+1)v(x+1)-u(x)v(x) \\ =u(x+1)v(x+1)-u(x)v(x+1)+u(x)v(x+1)-u(x)v(x) \\ =u(x)\Delta v(x)+v(x+1)\Delta u(x) \end{gathered}$$
  利用转移算子$$Ef(x)=f(x+1)$$
  可以写成
  $$\Delta (uv)=u\Delta v+Ev\Delta u$$
• 分步积分/求和法则
  把上面的两条式子左右两边分别积分/求和，移项后就可以得到了
  $$\begin{gathered} \int uD(v)=uv-\int vD(u) \\ \sum u\Delta v=uv-\sum Ev\Delta (u) \end{gathered}$$

2.7 无限和式

• 任何一个非减的序列都有极限
• 分配律，结合律，交换律
  定义：设$K$是任意一个集合，$a_k$是对于每一个$k\in K$的实值项，任何实数$x$都可以写成其正部分减去其负部分
  $$\sum _{k\in K}{a}_k=\sum _{k\in K}{a}_k^{+}-\sum _{k\in K}{a}_k^{-}$$
  如果右边两个都是$\infty$我们不定义
  如果$A^{+}={\sum }_{k\in K}{a}_k^{+},A^{-}$都是有限的，那么我们就说这个和式是绝对收敛 与值
  $A=A^{+}-A^{-}$ 不然就是发散于$+\infty$或$-\infty$的