具體數學--(各種基本和式)

UTF8gbsn

在《具體數學》中第二章第四節主要介紹一些基本的和形式。這一節的內容應該熟記與搞清楚。

common sums

• $\sum_{j\in J,k\in K}a_{j}b_{k}=(\sum_{j\in J}a_j)(\sum_{k\in K}b_k)$

• mapping

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

• $[1\leqslant j\leqslant n][j\leqslant k\leqslant n]=[1\leqslant j\leqslant k\leqslant n]=[1\leqslant k\leqslant n][1\leqslant j\leqslant k]$

  $\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=j}^{n}a_{j,k}=\sum_{1\leqslant j\leqslant k\leqslant n}a_{j,k}=\sum_{k=1}^{n}\sum_{j=1}^{k}a_{j,k}$

  example 1

  $\left[ \begin{array}{ccccc} a_1a_1 & a_1a_2 & a_1a_3 & ... & a_1a_n \\ a_2a_1 & a_2a_2 & a_2a_3 & ... & a_2a_n \\ a_3a_1 & a_3a_2 & a_3a_3 & ... & a_3a_n \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_na_1 & a_na_2 & a_na_3 & ... & a_na_n \end{array} \right]$

  How about the sum of right upper triangle
  $S_{\lhd}=\sum_{1\leqslant j\leqslant k\leqslant n}a_ja_k$

  The question here is how to simplify the formula $S_{\lhd}$ $\left. \begin{aligned} S_{\rhd}+S_{\lhd} &=\sum_{1 \leqslant j,k\leqslant n}a_ja_k+\sum_{1\leqslant j=k\leqslant n}a_ja_k\\ &=(\sum_{1\leqslant j\leqslant n}a_j)^2+\sum_{i\leqslant k \leqslant n}a_k^2 \end{aligned} \right.$

  from
  $\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=j}^{n}a_{j,k}=\sum_{1\leqslant j\leqslant k\leqslant n}a_{j,k}=\sum_{k=1}^{n}\sum_{j=1}^{k}a_{j,k}$,
  we can get $S_{\rhd}=S_{\lhd}$

  at last

  $S_{\lhd} = \frac{1}{2}[(\sum_{1\leqslant j\leqslant n}a_j)^2+\sum_{i\leqslant k \leqslant n}a_k^2]$

  example 2

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

  The question here is how to simplify the formula of $S$. Let us look
  at the fact below,

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

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

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

  We should aware that the second part of the left equation is zero.

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

  Let’s expand $(a_k-a_j)(b_k-b_j)$ to $a_kb_k+a_jb_j-a_kb_j-a_jb_k$.
  It’s obvious that

  $\sum_{1\leqslant j,k\leqslant n}a_kb_k=\sum_{1\leqslant j,k\leqslant n}a_jb_j,\sum_{1\leqslant j,k\leqslant n}a_ka_j=\sum_{1\leqslant j,k\leqslant n}a_ja_k$

  We should get the formula below

  $2S=2\sum_{1\leqslant j,k\leqslant n}a_kb_k-2\sum_{1\leqslant j,k\leqslant n}a_jb_k$

  Let’s simplify the right part of the upper equation

  • $\sum_{1\leqslant j,k\leqslant n}a_kb_k = n \sum_{i\leqslant k\leqslant n}a_kb_k$

  • $\sum_{1\leqslant j,k\leqslant n}a_jb_k = (\sum_{1\leqslant k\leqslant n}a_k)(\sum_{1\leqslant k\leqslant n}b_k)$

  Finally,

  $2S=2n \sum_{i\leqslant k\leqslant n}a_kb_k-2(\sum_{1\leqslant k\leqslant n}a_k)(\sum_{1\leqslant k\leqslant n}b_k)$

  Rewrite the upper equation

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

Chebyshev’s monotonic inequlities

We can go back to equation

$(\sum_{1\leqslant k\leqslant n}a_k)(\sum_{1\leqslant k\leqslant n}b_k) = n \sum_{k=1}^{n}a_kb_k-\sum_{1\leqslant j<k\leqslant n}(a_k-a_j)(b_k-b_j)$
If $a_1\leqslant a_2\leqslant ...\leqslant a_n$ and
$b_1\leqslant b_2\leqslant ... \leqslant b_n$, we can get

$(\sum_{1\leqslant k\leqslant n}a_k)(\sum_{1\leqslant k\leqslant n}b_k)\leqslant n \sum_{k=1}^{n}a_kb_k$

If $a_1\leqslant a_2\leqslant ...\leqslant a_n$ and
$b_1\geqslant b_2\geqslant ... \geqslant b_n$, we can get

$(\sum_{1\leqslant k\leqslant n}a_k)(\sum_{1\leqslant k\leqslant n}b_k)\leqslant n \sum_{k=1}^{n}a_kb_k$

The original Chebyshev’s monotonic inequalities

$[(\int_{a}^{b}{f(x)dx}][\int_{a}^{b}{g(x)dx}]\leqslant (b-a)\int_{a}^{b}{f(x)g(x)dx}$

the condition is that $f(x)$ and $g(x)$ are monotonic nodecreasing
functions.

Actually

If $a_1\leqslant a_2\leqslant ...\leqslant a_n$, the
$\sum_{k=1}^{n}a_kb_k$ will get the largest value when
$b_1\leqslant b_2\leqslant ..\leqslant b_n$, and the
$\sum_{k=1}^{n}a_kb_k$ will get the smallest value when
$b_1\geqslant b_2\geqslant ...\geqslant b_n$

How to proof this simple fact: (Hint1: Draw pictures, Hint2:
Recursive method)

Mapping

$f:J \rightarrow K$

$\sum_{j\in J}a_{f(j)}=\sum_{k\in K}a_k \#f^{-1}(k), f^{-1}(k)=\{j|f(j)=k\}$

$\#$ is how many j maps to the same k

example:

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

• method 1 Let’s accumulate $j$ first.

  $\left. \begin{aligned} S_n&=\sum_{1\leqslant k\leqslant n}\sum_{1\leqslant j< k} \frac{1}{k-j}\\ &=\sum_{1\leqslant k\leqslant n} \sum_{1\leqslant k-j<k}\frac{1}{j}\\ &=\sum_{1\leqslant k\leqslant n} \sum_{0<j\leqslant k-1}\frac{1}{j}\\ &=\sum_{1\leqslant k\leqslant n} H_{k-1}\\ &=\sum_{0\leqslant k<n}H_k \end{aligned} \right.$

  We cannot get closed form at last.

• method 2

  Let’s accumulate k first.

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

  It is the same as method 1

• method 3

  Can we map k to k-j?

  $\left. \begin{aligned} S_n&=\sum_{1\leqslant j<k\leqslant n}\frac{1}{k-j}\\ &=\sum_{1\leqslant j<k+j\leqslant n}\frac{1}{k}\\ &=\sum_{1\leqslant k\leqslant n}\sum_{1\leqslant j\leqslant n-k}\frac{1}{k}\\ &=\sum_{1\leqslant k\leqslant n}\frac{n-k}{k}\\ &=\sum_{1\leqslant k\leqslant n}\frac{n}{k}-\sum_{1\leqslant k\leqslant n}\\ &=n \sum_{1\leqslant k\leqslant n}\frac{1}{k}-n=nH_n-n \end{aligned} \right.$

  Three methods have three kinds of direction of sum. (upper and
  down),(left and right) and (diagonal). $\left( \begin{array}{ccccc} & k=1 & k=2 & k=3 & k=4 \\ j=1 & & \frac{1}{1} & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} \\ j=2 & & & \frac{1}{1} & \frac{1}{2} \\ j=3 & & & & \frac{1}{1} \\ j=4 & & & & \end{array} \right)$