和式【具體數學】

和式和遞歸式

和式很多情況下可以轉化爲遞歸式然後進行求解，比如：$S_n=\sum^n_{k=0}a_k$，就等價於遞歸式$S_0=a_0,S_n=S_{n-1}+a_n$。迴歸上一章求解，雖然不一定簡單，但是將問題轉化爲已經解決的問題，是一定有效的方法。

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回一下上一章講的那個“成套方法”。假設現在有遞歸式$R_0=\alpha\\ R_n=R_{n-1}+\beta+\gamma n$
我們將解寫成$R_n=A(n)\alpha+B(n)\beta+C(n)\gamma$。
令$\alpha=1,\beta=0,\gamma=0$，得到$A(n)=1$。
令$\alpha=0,\beta=1,\gamma=0$，得到$B(n)=n$。
令$\alpha=0,\beta=0,\gamma=1$，得到$C(n)=\frac{n^2+n}{2}$。
所以得到：$R_n=\alpha+n\beta+\frac{n^2+n}{2}\gamma$

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迴歸到和式，如果我們要計算$\sum_{k=0}^n(a+bk)$，那我們就可以帶入上面的式子，其中$\alpha=\beta=a,\gamma=b$。得到$R_n=(n+1)a+\frac{n^2+n}{2}b$。

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這裏舉的例子是和式轉化爲遞歸式，反過來也是可以的，各有各的優點。比如上一章的河內塔問題。
我們這裏研究一下這個式子：$a_nT_n=b_nT_{n-1}+c_n$。
我們引入一個求和因子$s_n$，原式變成$s_na_nT_n=s_nb_nT_{n-1}+s_nc_n$。
我們之所以要引入求個因子，是想式子化簡爲樸素的遞歸形式。
我們使得$s_n$滿足這個$s_nb_n=s_{n-1}a_{n-1}$條件。
那我們記$S_n=s_na_nT_n$，就可以將$S_n$化簡爲$S_n=S_{n-1}+s_nc_n$。
那我們就得到$S_n=s_0a_0T_0+\sum_{k=1}^ns_kc_k\\=s_1b_1T_0+\sum_{k=1}^ns_kc_k$
所以$T_n=\frac{1}{s_na_n}(s_1b_1T_0+\sum_{k=1}^ns_kc_k)$
那麼現在這個式子看似解決了，但是$s$該是什麼呢？
化簡約束式子得到$s_n=s_{n-1}\frac{a_{n-1}}{b_n}$
得到$s_n=\frac{a_{n-1}a_{n-2}...a_1}{b_nb_{n-1}...b_2}*k$
現在這個方法就完整了，注意這個方法並不是萬能的，是有限制的。

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舉個例子，我們研究快排的平均次數。容易得知有下列遞歸式$C_0=C_1=0\\C_n=n+1+\frac{2}{n}\sum_{k=0}^{n-1}C_k$
這個遞歸式看着是可怕的，相信好多人是沒有嘗試解決過看着如此複雜的問題。
也許我們的工作的第一步目標是清晰的，一般會先消去最可怕的$\sum$符號。
$C_n=n+1+\frac{2}{n}\sum_{k=0}^{n-1}C_k\\nC_n=n^2+n+2\sum_{k=0}^{n-1}C_k\\(n-1)C_{n-1}=(n-1)^2+(n-1)+2\sum_{k=0}^{n-2}C_k\\nC_n-(n-1)C_{n-1}=2n+2C_{n-1}\\nC_n=(n+1)C_{n-1}+2n$
所以，式子化簡爲下面的形式：$C_0=C_1=0\\C_2=3\\nC_n=(n+1)C_{n-1}+2n$
帶入上面推出的結論，其中：$a_n=n\\b_n=n+1\\c_n=2n-2[n=1]+2[n=2]\\s_n=\frac{a_{n-1}a_{n-2}...a_1}{b_nb_{n-1}...b_1}=\frac{2}{n^2+n}$
所以$C_n$的解爲$C_n=\frac{1}{s_na_n}(s_1b_1C_0+\sum_{k=1}^ns_kc_k)\\=2(n+1)\sum_{k=1}^n\frac{1}{k+1}-\frac{2}{3}(n+1)$
我們記$H_n=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}$，則原式等於：$C_n=2(n+1)H_n-\frac{8}{3}n-\frac{2}{3}$

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和式的處理

我們知道，有些等價的和式，不同的寫法運算量是不一樣的。這裏就需要一些和式的運算法則。
$\sum_{k\in K}ca_k=c\sum_{k\in K}a_k\ \ \ \ (分配率)$$\sum_{k\in K}(a_k+b_k)=\sum_{k\in K}a_k+\sum_{k\in K}b_k(結合律)$$\sum_{p(k)\in K}a_k=\sum_{k\in K}a_{p(k)}\ \ \ \ (交換律)$
擾動法，例如$S_n=\sum_{k=0}^nax^k$，那麼有$S_{n+1}=S_n+ax^{n+1}=a+xS_n$所以，$S_n=\frac{a-ax^{n+1}}{1-x}$，這就是擾動法。

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現在，我們來考慮難一點的和式，$S_n=\sum_{k=0}^nk*2^k$。
現在，嘗試尋找$S_{n+1}$與$S_n$的關係，$S_{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1}k*2^k=S_n+(n+1)*2^{n+1}$$S_{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1}k*2^k=\sum_{k=0}^{n}(k+1)*2^{k+1}=\sum_{k=0}^nk*2^{k+1}+\sum_{k=0}^n2^{k+1}=2*S_n+2^{n+2}-2$
兩個式子聯立，得：$S_n+(n+1)*2^{n+1}=2*S_n+2^{n+2}-2\\S_n=(n+1)*2^{n+1}-2^{n+2}+2\\S_n=(n-1)*2^{n+1}+2$
那麼，我們現在將這個式子平凡化，求$S_n=\sum_{k=0}^nk*x^k$。
同上推導，在演示一遍，就是：$S_{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1}k*x^k=S_n+(n+1)*x^{n+1}$$S_{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1}k*x^k=\sum_{k=0}^n(k+1)*x^{k+1}=\sum_{k=0}^nk*x^{k+1}+\sum_{k=0}^nx^{k+1}=x*S_n+\frac{x-x^{n+2}}{1-x}$
聯立得：$S_n+(n+1)*x^{n+1}=x*S_n+\frac{x-x^{n+2}}{1-x}$$(x-1)*S_n=(n+1)*x^{n+1}-\frac{x-x^{n+2}}{1-x}$$(x-1)*S_n=\frac{(n+1)*x^{n+1}-n*x^{n+2}-x}{1-x}$$S_n=\frac{x+n*x^{n+2}-(n+1)*x^{n+1}}{(1-x)^2}$

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多重和式

多重和式可以交換求和次序，例如：
$\sum_i\sum_ja_{i,j}[P(i,j)]=\sum_j\sum_ia_{i,j}[P(i,j)]$

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下面，我們考慮求得$S_{\Delta 上}=\sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^na_i*a_j$
由於$S_{\Delta 上}=\sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^na_i*a_j=\sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^na_j*a_i=S_{\Delta 下}$
$2*S_{\Delta 上}=S_{\Delta 上}+S_{\Delta 下}=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_i*a_j+\sum_{i=1}^na_i^2=(\sum_{i=1}^na_i)^2+\sum_{i=1}^na_i^2$
完成。

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下面繼續看這個和式:$S_n=\sum_{1\le i<j\le n}(a_i-a_j)(b_i-b_j)$
$2*S_n=\sum_{1\le i,j\le n}(a_i-a_j)(b_i-b_j)-\sum_{1\le i=j\le n}(a_i-a_j)(b_i-b_j)\\=\sum_{1\le i,j\le n}a_ib_i-\sum_{1\le i,j\le n}a_ib_j-\sum_{1\le i,j\le n}a_jb_i+\sum_{1\le i,j\le n}a_jb_j-\sum_{1\le i=j\le n}(a_i-a_j)(b_i-b_j)\\=2n*\sum_{i=1}^na_ib_i-2*\sum_{i=1}^na_i\sum_{i=1}^nb_i-\sum_{1\le i=j\le n}(a_i-a_j)(b_i-b_j)$$S_n=n*\sum_{i=1}^na_ib_i-\sum_{i=1}^na_i\sum_{i=1}^nb_i$
所以，移項得：$\sum_{i=1}^na_i\sum_{i=1}^nb_i=n*\sum_{i=1}^na_ib_i-\sum_{1\le i<j\le n}(a_i-a_j)(b_i-b_j)$

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那麼研究這個和式$S_n=\sum_{1\le i<j\le n}\frac{1}{j-i}$
和式展開：$S_n=\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^{j-1}\frac{1}{j-i}\\=\sum_{j=1}^n\sum_{j-i=1}^{j-1}\frac{1}{i}\\=\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^{j-1}\frac{1}{i}\\=\sum_{j=1}^nH_{j-1}\\=\sum_{j=1}^{n-1}H_j$
但是這樣還是$\sum^2$的複雜程度。我們這個思路還是不是太優。這是很正常的，我們需要嘗試另一種方式求解（？怎麼嘗試另一種思路呢？上面是消除$j$，下面我們消除$i$）。
$\sum_{1\le i<j\le n}\frac{1}{j-i}\\=\sum_{1\le j<j+i\le n}\frac{1}{j}\\=\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^{n-j}\frac{1}{j}\\=\sum_{j=1}^n\frac{n-j}{j}\\=\sum_{j=1}^n\frac{n}{j}-n\\=n*H_n-n$
我們將上面的錯誤結論和現在的正確結論結合起來，就得到一個很有趣的式子。
$\sum_{i=1}^{n-1}H_i=n*H_n-n$
這個式子看起來是如此的美妙。

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一般性方法

推導了那麼多，我們現在來研究研究，遇到一個式子應該怎麼做，來求出他的封閉形式的解。
比如我們現在遇到了這樣的和式$S_n=\sum_{k=1}^nk^2$
我們遇到這樣的和式，一般都是要列一下前幾項。
$\begin{array}{c|lcr} n & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \\ \hline n^2 & 0 & 1 & 4 & 9 & 16 & 25 & 36 & 49 & 64\\ \hline S_n & 0 & 1 & 5 & 14 &30 & 55 & 91 & 140 & 204 \\ \end{array}$

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方法一、OEIS

首先，我們可以查表，查出這個函數是什麼。我們可以登錄OEIS進行查找。
然後我們就可以搜索到$S_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
這樣的結果。

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方法二、猜測答案，然後歸納法驗證

有些數列數列是特別容易就猜到答案了，我們需要在這基礎上進行驗證。
現在假設我們根據前幾項猜出來了通項公式是$S_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
那麼我們怎麼證明他的正確性呢？
$S_n=S_{n-1}+n^2\\=\frac{(n-1)n(2n-1)+6n^2}{6}\\=\frac{2n^3+3n^2+n}{6}\\=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
又由於$S_0$也成立，所以得證。

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方法三、擾動法

我們加上最有一項。
$S_n+(n+1)^2=\sum_{k=0}^n(k+1)^2\\=\sum_{k=0}^nk^2+2*\sum_{k=0}^nk+\sum_{k=0}^n1\\=S_n+2*\sum_{k=0}^nk+n+1$
然鵝，左右兩邊的$S_n$消去了，得到了一個毫無卵用的恆等式。
但是，我們發現，這樣能消去一維，那麼我們將初始的式子設爲三維的不就可以了嗎？
設$T_n=\sum_{k=0}^nk^3$。
$T_n+(n+1)^3=\sum_{k=0}^n(n+1)^3\\=\sum_{k=0}^nk^3+3\sum_{k=0}^nk^2+3\sum_{k=0}^nk+\sum_{k=0}^n1\\=T_n+3S_n+\frac{3n(1+n)}{2}+n+1$
$3S_n=(n+1)^3-\frac{3n^2+3n}{2}-n-1$$S_n=\frac{2n^3+3n^2+n}{6}$$S_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

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方法四、建立成套方法

之前我們研究了遞歸式$\left \{ \begin{array}{c} R_0=\alpha,\\ R_n=R_{n-1}+\beta+\gamma n+\delta n^2. \end{array} \right .$
我們可以說這樣的遞歸式的一般解是這樣的：$R_n=A(n)\alpha+B(n)\beta+C(n)\gamma+D(n)\delta$
現在，我們可以確信的是，$D(n)=S_n,C(n)=\sum_{k=1}^nk,B(n)=\sum_{k=1}^n1$，這是不容置否的。
我們現在令$R_n=n^3$，那麼$\alpha=0,\beta=1,\gamma=-3,\delta=3$。
所以：$B(n)-3C(n)+3D(n)=n^3$
$S_n=D(n)=\frac{n^3+3C(n)-B(n)}{3}\\=\frac{n^3+3\sum_{k=0}^nk-n}{3}\\=\frac{n^3+\frac{3n(1+n)}{2}-n}{3}\\=\frac{2n^3+3n^2+n}{6}\\=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

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方法五、用積分代替和式

我們用$f(x)=x^2$這一曲線的面積近似代替$\sum_{k=0}^nk^2$，求得：
$\sum_{k=0}^nk^2\approx\int_0^nx^2\ dx=\frac{n^3}{3}$
但是這是約等，我們記$S_n=\sum_{k=0}^nk^2=\frac{n^3}{3}+E_n$
$E_n=S_n-\frac{n^3}{3}=S_{n-1}+n^2-\frac{n^3}{3}=\frac{(n-1)^3}{3}+n^2-\frac{n^3}{3}+E_{n-1}$$E_n=E_{n-1}+n-\frac{1}{3}$
然後$E_n$就可以借用上面的方法進行求解了。

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方法六、展開和收縮

$S_n=\sum_{k=0}^nk^2=\sum_{i=0}^n\sum_{j=i}^nj\\=\sum_{i=0}^n\frac{i+n}{2}*(n-i+1)\\=\frac{\sum_{i=0}^nn(n+1)-i^2+i}{2}\\=\frac{n^3+n^2}{2}+\frac{n(n+1)}{4}-\frac{S_n}{2}$
$\frac{3*S_n}{2}=\frac{2n^3+3n^2+n}{4}$
$S_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

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小結

方法實在是特別多，後面也會遇到更精妙的算法。後面再補充。

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有限微積分和無限微積分

什麼是有限微積分？什麼是無限微積分？
無限微積分是由微分算子$D$所定義的性質。$Df(x)=\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$
有限微積分是由差分算子$\Delta$所定義的性質。$\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)$
我們知道，設$f(x)=x^m$，則$Df(x)=mx^{m-1}$。
但是，$\Delta$算子則沒有這樣的性質。
那麼，我們就規定與之相對應的運算。
我們記$x^{\underline m}=x(x-1)(x-2)...(x-m+1)$$x^{\overline m}=x(x+1)(x+2)...(x+m-1)$
這個運算時和階乘有一點點聯繫的，$n!=n^{\underline n}=1^{\overline n}$。
那麼$\Delta(x^{\underline m})=(x+1)^{\underline m}-x^{\underline m}=m*x^{\underline {m-1}}$。

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下面介紹算子$\Delta$和$D$的逆運算。
$D$運算的逆運算就是$\int$，$g(x)=D\ f(x) \Leftarrow\Rightarrow\int g(x)\ dx=f(x)+C$。
$\Delta$運算的逆運算就是$\sum$，$g(x)=\Delta f(x)\Leftarrow\Rightarrow\sum g(x)\delta x=f(x)+C$。
注意，$\Delta$運算的$C$並不一定是常數，也有可能是函數，只要滿足$C(x)=C(x+1)$就好了。
那麼知道這一點，如果我們要求$\sum_{k=a}^{b-1}g(x)$，那麼我們僅僅需要找出$g(x)=f(x+1)-f(x)$，那麼答案就等於$f(b)-f(a)$。
我們知道$\int_a^b+\int_b^c=\int_a^c$，同樣的$\sum_a^b+\sum_b^c=\sum_a^c$。
基本積分規則：
$\int_0^nx^m=\frac{x^{m+1}}{m+1}|_0^n=\frac{n^{m+1}}{m+1}$
$\sum_{x=0}^{n-1}x^{\underline m}=\frac{x^{\underline{m+1}}}{m+1}|_0^n=\frac{n^{\underline{m+1}}}{m+1}$
那麼，根據這個式子，就可以輕鬆地推出$1+2+...+n$的結果：
$\sum_{x=0}^nx=\frac{x^{\underline2}}{2}|_0^{n+1}=\frac{(n+1)^{\underline{2}}}{2}=\frac{n(n+1)}2$
現在，我們嘗試推導$1^2+2^2+...+n^2$的通項公式：
$\sum_{x=0}^nx^2=\frac{}{}\sum_{x=0}^nx^{\underline2}+\sum_{x=0}^nx=\frac{(n+1)^{\underline3}}{3}+\frac{(n+1)^{\underline{2}}}{2}= \frac{2n^3+3n^2+n}{6}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
甚至，這個式子可以計算立方，只要我們求出來$x^3=x^{\underline3}+3*x^{\underline2}+x$。
所以:
$\sum_{x=0}^nx^3=\frac{(n+1)^{\underline4}}4+(n+1)^{\underline3}+\frac{(n+1)^{\underline2}}{2}=\frac{n^2(1+n)^2}{4}$
而且，下降冪滿足分配率，比如：
$(x+y)^{\underline 2}=x^{\underline 2}+2xy+y^{\underline 2}$
還有其他的一些基本的性質：
$x^{\underline {m+n}}=x^{\underline m}(x-m)^{\underline n}$

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到這，我們開始回想下剛纔的式子
$\sum_{x=a}^{b-1}x^{\underline m}\ \delta x=\frac{x^{\underline{m+1}}}{m+1}|_a^b$
這個式子是一直成立的，但是，當$m=-1$時，這個式子會變成什麼。
首先，我們先探討下$x^{\underline{-1}}$是什麼？
觀察$x^{\underline{+}}$的規律，得出$x^{\underline{m+1}}=x^{\underline m}*(x-m)$。
所以，爲了保持好的性質，$x^{\underline{-m}}=\frac{1}{(x+1)(x+2)...(x+m)}$。
經過檢驗，$x^{\underline -}$和$x^{\underline +}$沒有什麼不同。
所以$x^{\underline{-1}}=\frac{1}{x+1}$。
我們設：$f(x)=\sum_{x=a}^{b-1}x^{\underline m}\ \delta x$
所以：$\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)=\frac{1}{x+1}$。
所以：$f(x)=H_x$
那麼，我們的公式就得到了拓展：
$\sum_{x=a}^{b-1}x^{\underline m}\ \delta x= \begin{cases} \frac{x^{\underline{m+1}}}{m+1}|_a^b, &if\ m\not=-1\\[5ex] H_b-H_a, &if\ m=-1 \end{cases}$
這個其實和$\int$運算是很像的。
$\int_a^bx^m\ d x= \begin{cases} \frac{x^{m+1}}{m+1}|_a^b, &if\ m\not=-1\\[5ex] ln(b)-ln(a), &if\ m=-1 \end{cases}$
其實$H_x$就是對$ln(x)$的離散模擬。

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我們找到了$D\ e^x=e^x$，那麼是否存在$\Delta\ f(x)=f(x)$呢？
這其實是很好找的：$\Delta\ f(x)=f(x+1)-f(x)=f(x)\\[2ex]f(x+1)=2f(x)$
只要滿足這個式子就好了。

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$\Delta(c^x)=c^{x+1}-c^x=(c-1)c^x$
$\sum_{a\le x<b}c^x=\sum_{x=a}^{b-1}c^x\ \delta x=\frac{c^x}{c-1}|_a^b=\frac{c^b-c^a}{c-1}$

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習題

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記號$\sum_{k=4}^0q_k$的含義是什麼？

這個其實是沒有嚴格的定義的，你可以認爲是0。也可以認爲是q0+q1+q2+q3+q4。也可以認爲是-q4-q3-q2-q1-q0。

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化簡表達式$x*([x>0]-[x<0])$。
$x*([x>0]-[x<0])=\begin{cases} x, &if\ x\ge0\\[2ex] -x, &if\ x<0 \end{cases}=|x|$

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將和式$\sum_{k=0}^5a_k$與$\sum_{k^2=0}^5a_{k^2}$完全展開以證實你對記號$\sum$的理解。
$\sum_{k=0}^5a_k=a_0+a_1+a_2+a3+a_4+a_5$
$\sum_{k^2=0}^5a_{k^2}=a_{(-2)^2}+a_{(-1)^2}+a_{0}+a_{1^2}+a_{2^2}=a_4+a_1+a_0+a_1+a_4$

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將三重和式$\sum_{1\le i<j<k\le4}a_{ijk}$表示成三個重疊的和式
a、先對$k$，再對$j$，再對$i$求和。
$\sum_{1\le i<j<k\le4}a_{ijk}=\sum_{i=1}^4\sum_{j=i+1}^4\sum_{k=j+1}^4a_{ijk}=a_{123}+a_{124}+a_{134}+a_{234}$
b、先對$i$，再對$j$，再對$k$求和。
$\sum_{1\le i<j<k\le4}a_{ijk}=\sum_{k=1}^4\sum_{j=1}^{k-1}\sum_{i=1}^{j-1}a_{ijk}=a_{123}+a_{124}+a_{134}+a_{234}$

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下面的推導何處有錯？$(\sum_{j=1}^na_j)(\sum_{k=1}^n\frac{1}{a_k})=\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^n\frac{a_j}{a_k}=\sum_{k=1}^n\sum_{k=1}^n\frac{a_k}{a_k}=n^2$

第二步到第三步錯了。

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作爲$j$和$n$的函數，$\sum_k[1\le j\le k\le n]$的值是什麼？
$\sum_k[1\le j\le k\le n]=\begin{cases} 0, &if\ (j<0)\ ||\ (n<1)\ ||\ (n<j)\\[2ex] n-j+1,&else \end{cases}$

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設$\nabla f(x)=f(x)-f(x-1)$，$\nabla(x^{\overline{m}})$是什麼？
$\nabla(x^{\overline m})=x^{\overline m}-(x-1)^{\overline m}=m*x^{\overline{m-1}}$

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當$m$是給定的整數時，$0^{\underline m}$的值是什麼？
$0^{\underline m}=\begin{cases} 0, &if\ m\ge0\\[2ex] \frac{1}{|m|!},&if\ m<0 \end{cases}$

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證明$\sum_{k=0}^{n-1}(a_{k+1}-a_k)b_k=a_nb_n-a_0b_0-\sum_{k=0}^{n-1}a_{k+1}(b_{k+1}-b_k)$
這裏需要先證明一個引理：
$\Delta(u(x)v(x))=u(x+1)v(x+1)-u(x)v(x)\\[2ex]=u(x+1)v(x+1)-u(x)v(x+1)+u(x)v(x+1)-u(x)v(x)\\[2ex]=v(x+1)\Delta u(x)+u(x)\Delta v(x)$
這裏引入一個算子$E$，表名$Ef(x)=f(x+1)$。
$\Delta(uv)=u\Delta v+Ev\Delta u\\[2ex]u\Delta v=\Delta(uv)-Ev\Delta u\\[2ex]\sum u\Delta v=uv-\sum Ev\Delta u$
同樣，定積分也是這樣：
$\sum_{k=0}^{n-1}u\Delta v=uv|_0^n-\sum_{k=0}^{n-1}Ev\Delta u$
那麼，答案就顯而易見了：
$\sum_{k=0}^{n-1}(a_{k+1}-a_k)b_k=\sum_{k=0}^{n-1}b_k\Delta a_k=a_nb_n-a_0b_0-\sum_{k=0}^{n-1}a_{k+1}(b_{k+1}-b_k)$

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證明：只要c是一個整數，函數$p(k)=k+(-1)^kc$就是對所有整數的全排列。
設$p(k)=n$，則：
$n=k+(-1)^kc\\[2ex]n+c=k+((-1)^k+1)c$
因爲$((-1)^k+1)$是偶數，所以：
$(-1)^{n+c}=(-1)^k\ \ \&\&\ \ k=n-(-1)^kc$
所以，由$k$能夠唯一的推出$n$，而且由於奇偶性，不可能重複，所以就是全排列。

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利用成套方法求$\sum_{k=0}^n(-1)^kk^2$的封閉形式。
設：
$\begin{cases} R_0=\alpha,\\[5ex] R_n=R_{n-1}+(-1)^n(\beta+n\gamma+n^2\delta) \end{cases}$
則：$R(n)=A(n)\alpha+B(n)\beta+C(n)\gamma+D(n)\delta$
易知，這時候我們要求的答案就蘊含在$D(n)$裏面。
考慮$R_n=(-1)^nn$時，研究$A(n)、B(n)、C(n)$的關係：$2C(n)-B(n)=(-1)^nn$
考慮$R_n=(-1)^nn^2$時，研究$A(n)、B(n)、C(n)、D(n)$的關係：$2D(n)-2C(n)+B(n)=(-1)^nn^2$
所以，$\sum_{k=0}^n(-1)^kk^2=D(n)=\frac{(-1)^n(n^2+n)}{2}$

//mathematics代碼
Simplify[Sum[(-1)^k*k^2, {k, 0, n}]]

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將$\sum_{k=1}^nk*2^k$重新改寫成多重和式$\sum_{1\le j\le k\le n}2^k$的形式來對他進行計算。
$\sum_{k=1}^nk*2^k=\sum_{j=1}^n\sum_{k=j}^n2^k=2^{n+1}(n-1)+2$

//Mathematics代碼
FullSimplify[Sum[k*2^k, {k, 1, n}]]

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用正文中的方法5來計算$T_n=\sum_{k=1}^nk^3$：首先記$T_n+S_n=2\sum_{1\le j\le k\le n}jk$，然後應用。
$T_n+S_n=\sum_{k=1}^nk^2(k+1)=2*\sum_{j=1}^n\sum_{k=j}^njk=\sum_{j=1}^nj^2+(\sum_{j=1}^nj)^2=S_n+\frac{(n(n+1))^2}{4}\\[2ex]T_n=\frac{n^2(n+1)^2}{4}$

//mathematics代碼
FullSimplify[Sum[k^3, {k, 1, n}]]

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證明$x^{\underline m}/(x-n)^{\underline m}=x^{\underline n}/(x-m)^{\underline n}$，除非其中有一個分母爲0。
$x^{\underline m}(x-m)^{\underline n}=x^{\underline{m+n}}=x^{\underline n}(x-n)^{\underline{m}}$

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證明，對於所有的整數$m$，下面的公式可以用來在上升階乘冪與下降階乘冪之間進行轉換：
$x^{\overline m}=(-1)^m(-x)^{\underline m}=(x+m-1)^{\underline m}=\frac{1}{(x-1)^{\underline{-m}}}$
$x^{\underline m}=(-1)^m(-x)^{\overline m}=(x-m+1)^{\overline m}=\frac{1}{(x+1)^{\overline{-m}}}$

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設$\Re_z$和$\Im_z$是複數$z$的實部和虛部，其絕對值$|z|$是$\sqrt{(\Re_z)^2+(\Im_z)^2}$，當實值的和式$\sum_{k\in K}\Re_{a_k}$和$\sum_{k\in K}\Im_{a_k}$兩者都絕對收斂時，就說複數項$a_k$組成的和式$\sum_{k\in K}a_k$絕對收斂。證明：$\sum_{k\in K}a_k$絕對收斂，當且僅當存在一個有界常數$B$，使得對所有的有限子集$F\subseteq K$，都有$\sum_{k\in F}|a_k|\le B$。
沒看懂題目。

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利用求和因子來求解遞歸式$T_0=5;2T_n=nT_{n-1}+3*n!,n>0$。
$2T_n=nT_{n-1}+3*n!\\[2ex]\frac{2^nT_n}{n!}=\frac{2^{n-1}T_{n-1}}{(n-1)!}+\frac{3}{2}2^n$
記$G_n=\frac{2^nT_n}{n!}$，那麼$G_n$的遞歸式爲：
$G_n= \begin{cases} 5, &if\ n=0,\\[5ex] G_{n-1}+\frac{3}{2}2^n, &if\ n>0. \end{cases}$
所以：$G_n=5+\frac32\sum_{i=1}^n2^i=3*2^n+2$
所以：$T_n=3*n!+\frac{2*n!}{2^n}$

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試用擾動法計算$\sum_{k=0}^nkH_k$，不過改爲推導出$\sum_{k=0}^nH_k$的值。
這一道題根據mathematics秒出答案。
$\sum_{k=0}^nkH_k=\frac{n(n+1)(2H_{n+1}-1)}{4}\\[2ex]\sum_{k=0}^nH_k=(n+1)(H_{n+1}-1)$

Simplify[Sum[k*HarmonicNumber[k], {k, 0, n}]]
Simplify[Sum[HarmonicNumber[k], {k, 0, n}]]

不過，還是要親自計算一下，記$S_n=\sum_{k=0}^nkH_k$。
$S_n+(n+1)H_{n+1}=S_n+\sum_{k=0}^nH_k+n+1\\[2ex]\sum_{k=0}^nH_k=(n+1)(H_{n+1}-1)$

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假設$n\ge 0$，用擾動法計算和式$S_n=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}$，$T_n=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}k$以及$U_n=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}k^2$。
$S_n=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}=\frac{(1+(-1)^n)(-1)^n}{2}\\[2ex]T_n=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}k=(-1)^n\frac{2(-1)^nn+(-1)^n-1}{4}\\[2ex]U_n=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}k^2=\frac{(-1)^{2n}n(n+1)}{2}$

mathematics代碼：
Sum[(-1)^(n - k), {k, 0, n}]
Sum[(-1)^(n - k) k, {k, 0, n}]
Sum[(-1)^(n - k) k^2, {k, 0, n}]

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