08 EXERCISES

1

这个题目没有统一的答案。我心中的解是参考答案的第一个，这个式子本身的指标集合是空集，和式为零。第二种是说对 $k$ 递减求和，即 $q_4+q_3+q_2+q_1+q_0$，但是这与 $n=0$ 时 $\sum_{k=1}^n q_k=0$ 的约定矛盾。第三种含义是 $\sum_{k=m}^nq_k=\sum_{k\leq n}q_k-\sum_{k<m}q_k$，那么题目的和式就等于 $-q_1-q_2-q_3$。

2

当 $x>0$ 时，$x\times ([x>0]-[x<0])=x\times (1-0)=x$，当 $x<0$ 时，$x\times ([x>0]-[x<0])=x\times (0-1)=-x$，所以 $x\times ([x>0]-[x<0])=|x|$。

3

第一个和式 $k\in \{0,1,2,3,4,5\}$，所以 $$\sum_{0\leq k\leq 5}a_k=a_0+a_1+a_2+a_3+a_4+a_5$$ 第二个和式 $k\in \{-2,-1,0,1,2\}$，所以 $$\sum_{0\leq k^2\leq 5}a_{k^2}=a_4+a_1+a_0+a_1+a_4$$

4

满足集合条件的 $ijk$ 总共只有四种情况，分别是 $123,124,134,234$。
先对 $k$ 求和，再对 $j,i$ 求和。就是 $$((a_{123}+a_{124})+a_{134})+a_{234}$$ 第二个是 $$a_{123}+(a_{124}+(a_{134}+a_{234}))$$

5

第二个等式左右两边不同的指标 $j,k$ 变成了一个指标 $k$。这一点只有当对任意 $0\leq j,k\leq n$ 时，有 $a_j=a_k$ 才成立。

6

当 $1\leq j\leq n$ 时，和式的含义是 $[j,n]$ 的个数，所以和式值是 $[1\leq j\leq n](n-j+1)$。

7

$$\begin{aligned} \nabla(x^{\overline{m}})&=x^{\overline{m}}-(x-1)^{\overline{m}}\\ &=x(x+1)(x+2)\cdots(x+m-2)(x+m-1)-(x-1)x(x+1)\cdots(x+m-2)\\ &=x(x+1)\cdots(x+m-2)(x+m-1-x+1)\\ &=mx(x+1)\cdots(x+m-2)\\ &=mx^{\overline{m-1}} \end{aligned}$$

8

当 $m\geq 1$ 时，包含因子 0，所以整个式子的值是 0。
当 $m\leq 0$ 时，根据负指数的定义 $$0^{\underline{m}}=\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdots (|m|)}=\frac{1}{|m|!}$$

9

等式 $(2.52)$ 需要改写为 $$x^{\overline{m+n}}=x^{\overline{m}}(x+m)^{\overline{n}}$$ 令 $m=-n$，那么上式可以写作 $$x^{\overline{0}}=1=x^{\overline{-n}}(x-n)^{\overline{n}}$$ 那么 $$\begin{aligned} x^{\overline{-n}}&=\frac{1}{(x-n)^{\overline{n}}}\\ &=\frac{1}{(x-n)(x-n+1)\cdots(x-n+(n-1))}\\ &=\frac{1}{(x-1)(x-2)\cdots(x-n)}\\ &=\frac{1}{(x-1)^{\underline{n}}} \end{aligned}$$

10

推导公式 $(2.54)$ 稍微变换一下中间项的展开和组合方式可以得到 $$\begin{aligned} \Delta(u(x)v(x))&=u(x+1)v(x+1)-u(x)v(x)\\ &=u(x+1)v(x+1)-u(x+1)v(x)+u(x+1)v(x)-u(x)v(x)\\ &=u(x+1)\Delta v(x)+v(x)\Delta u(x)\\ &=Eu\Delta v+v\Delta u \end{aligned}$$ 得到了另外一个和 $(2.54)$ 对称的结果。

11

$$\begin{aligned} \sum_{0\leq k<n}(a_{k+1}-a_k)b_k&=\sum_{0\leq k<n}a_{k+1}b_k-\sum_{0\leq k<n}a_kb_k\\ &=\sum_{0\leq k<n}a_{k+1}b_k-(\sum_{-1\leq k<n-1}a_{k+1}b_{k+1})\\ &=\sum_{0\leq k<n}a_{k+1}b_k-(\sum_{0\leq k<n-1}a_{k+1}b_{k+1}+a_0b_0)\\ &=\sum_{0\leq k<n}a_{k+1}b_k-(\sum_{0\leq k<n}a_{k+1}b_{k+1}+a_0b_0-a_nb_n)\\ &=a_nb_n-a_0b_0+\sum_{0\leq k<n}a_{k+1}(b_k-b_{k+1})\\ &=a_nb_n-a_0b_0-\sum_{0\leq k<n}a_{k+1}(b_{k+1}-b_k) \end{aligned}$$

12

令 $p(k)=n=k+(-1)^kc$，两边同时加上$c$得到 $$n+c=k+((-1)^k+1)c$$ 那么 $$(-1)^{n+c}=(-1)^{k+((-1)^k+1)c}=(-1)^k\cdot(-1)^{((-1)^k+1)c}$$ 由于 $((-1)^k+1)$ 是个偶数，即零或者二，所以 $(-1)^{((-1)^k+1)c}=1$，那么 $$(-1)^{n+c}=(-1)^k$$ 代入到 $p(k)$ 的定义中得到 $$n=k+(-1)^{n+c}c$$ 所以 $$k=n-(-1)^{n+c}c$$ 那么对于任意 $n$，可以反推出来原始的 $k$。

13

令 $$\begin{aligned} R_0&=\alpha\\ R_n&=R_{n-1}+(-1)^n(\beta+\gamma n+\delta n^2) \end{aligned}$$ 那么 $$R_n=A(n)\alpha+B(n)\beta+C(n)\gamma+D(n)\delta$$ 要求的和式是 $$\sum_{k=0}^n(-1)^kk^2$$ 对应递归式得到对应的 $\alpha=\beta=\gamma=0,\delta=1$，也就是 $D(n)$ 就是要求的和式。

令 $R_n=(-1)^nn$，那么 $R_0=0=\alpha$。 $$\begin{aligned} (-1)^nn&=(-1)^{n-1}(n-1)+(-1)^n(\beta+\gamma n+\delta n^2)\\ (-1)n&=(n-1)+(-1)(\beta+\gamma n+\delta n^2)\\ -n&=n-1-\beta-\gamma n-\delta n^2\\ -2n+1&=-\beta-\gamma n-\delta n^2 \end{aligned}$$ 所以 $$\beta=-1,\gamma=2,\delta=0$$ 那么 $$(-1)^nn=-B(n)+2C(n)$$

令 $R_n=(-1)^nn^2$，那么 $R_0=0=\alpha$。 $$\begin{aligned} (-1)^nn^2&=(-1)^{n-1}(n-1)^2+(-1)^n(\beta+\gamma n+\delta n^2)\\ (-1)n^2&=(n-1)^2+(-1)(\beta+\gamma n+\delta n^2)\\ -n^2&=n^2-2n+1-\beta-\gamma n-\delta n^2\\ -2n^2+2n-1&=-\beta-\gamma n-\delta n^2 \end{aligned}$$ 所以 $$\beta=1,\gamma=-2,\delta=2$$ 那么 $$(-1)^nn^2=B(n)-2C(n)+2D(n)$$ 可以得到 $D(n)$ $$2D(n)=(-1)^nn^2+(-B(n)+2C(n))=(-1)^nn^2+(-1)^nn=(-1)^n(n^2+n)$$

14

由于 $k=\sum_{1\leq j\leq k}1$，所以 $\sum_{1\leq k\leq n}k2^k$ 可以改写成 $\sum_{1\leq j\leq k\leq n}2^k$。先对 $k$ 求和。 $$\begin{aligned} \sum_{1\leq j\leq k\leq n}2^k&=\sum_{1\leq j\leq n}\sum_{j\leq k\leq n}2^k\\ &=\sum_{1\leq j\leq n}(2^j(2^{n-j+1-1}))\\ &=\sum_{1\leq j\leq n}(2^{n+1}-2^j)\\ &=\sum_{1\leq j\leq n}2^{n+1}-\sum_{1\leq j\leq n}2^j\\ &=n2^{n+1}-(2(2^n-1))\\ &=n2^{n+1}-(2^{n+1}-2)\\ \end{aligned}$$

15

根据题目的提示，并利用公式 $(2.33)$ $$\begin{aligned} S_n+s_n&=2\sum_{1\leq j\leq k\leq n}jk\\ &=(\sum_{k=1}^n k)^2+\sum_{k=1}^n k^2\\ &=(\sum_{k=1}^n k)^2+s_n \end{aligned}$$ 所以 $$S_n=(\sum_{k=1}^n k)^2=\bigg(\frac{(1+n)n}{2}\bigg)^2$$

16

根据 $(2.52)$ $$x^{\underline{m+n}}=x^{\underline{m}}(x-m)^{\underline{n}}=x^{\underline{n}}(x-n)^{\underline{m}}$$ 稍微调整下就得到要证明的式子。

17

先证明第一个式子的第一个等号。从右边开始推导 $$\begin{aligned} (-1)^m(-x)^{\underline{m}}&=(-1)^m(-x)(-x-1)(-x-2)\cdots(-x-m+1)\\ &=(-1)^m(-1)^m(x)(x+1)(x+2)\cdots(x+m-1)\\ &=(-1)^{2m}(x)(x+1)(x+2)\cdots(x+m-1)\\ &=x^{\overline{m}} \end{aligned}$$ 证明第二个等号。把上面推导的第三行反过来看，从 $x+m-1$ 开始递减了 $m$ 次。

最后证明第三个等号。首先改下为 $$(x+m-1)^{\underline{m}}(x-1)^{\underline{-m}}=1$$ 用 $x$ 替代 $x-1$ 得到 $$(x+m)^{\underline{m}}(x)^{\underline{-m}}=1$$ 令 $n=-m$ 代入上式且利用 $(2.52)$ $$(x)^{\underline{n}}(x-n)^{\underline{m}}=x^{\underline{n+m}}=x^{\underline{0}}=1$$

第二个式子的证明基本类似。

18

首先只考虑实部，分成正负两个部分。$\sum a_k$ 收敛意味着 $\sum \mathfrak{R}a_k$ 收敛，那么 $\sum \mathfrak{R}a_k^+$ 和 $\sum \mathfrak{R}a_k^-$ 收敛，那么可以记作 $$\sum \mathfrak{R}a_k^+\leq A_1$$ $$\sum \mathfrak{R}a_k^-\leq A_2$$ 其中 $A_1$ 是正数，$A_2$ 是负数，对于求和数加上绝对值符号，得到 $$\sum |\mathfrak{R}a_k^+|\leq |A_1|=A_1$$ $$\sum |\mathfrak{R}a_k^-|\leq |A_2|=-A_2$$ 类似的虚部也同样处理，得到 $$\sum |\mathfrak{I}a_k^+|\leq |B_1|=B_1$$ $$\sum |\mathfrak{I}a_k^-|\leq |B_2|=-B_2$$ 利用复数的性质 $$|a_k|\leq |\mathfrak{R}a_k|+|\mathfrak{I}a_k|$$ 分正数和负数分别考虑，求和之后小于等于 $A_1-A_2+B_1-B_2$，其和是收敛的。

19

求和因子 $$s_n=\frac{a_{n-1}a_{n-2}\cdots a_1}{b_nb_{n-1}\cdots b_2}$$ 这个题目中 $a_n=2,b_n=n$，所以 $$s_n=\frac{2^{n-1}}{n!}$$ 利用 $(2.10)$ $$T_n=\frac{1}{s_na_n}(s_1b_1T_0+\sum_{k=1}^ns_kc_k)$$ 来计算结果。其中 $$s_na_n=\frac{2^n}{n!}$$ $$s_1b_1T_0=1\cdot 1\cdot 5=5$$ $$s_kc_k=\frac{2^{k-1}}{k!}\cdot 3\cdot k!=3\cdot 2^{k-1}$$ 代入 $T_n$ 得到 $$\begin{aligned} T_n&=\frac{n!}{2^n}(5+3\cdot\sum_{k=1}^n 2^{k-1})\\ &=\frac{n!}{2^n}(5+3\cdot(2^n-1))\\ &=\frac{n!}{2^n}(3\cdot 2^n+2)\\ &=3\cdot n!+\frac{n!}{2^{n-1}} \end{aligned}$$

20

扰动法，加上额外一项然后重组顺序 $$\begin{aligned} S_n+(n+1)H_{n+1}&=\sum_{0\leq k\leq n+1}(kH_k)\\ &=0+\sum_{1\leq k\leq n+1}(kH_k)\\ &=\sum_{0\leq k\leq n}((k+1)H_{k+1})\\ &=\sum_{0\leq k\leq n}((k+1)(H_k+\frac{1}{k+1}))\\ &=\sum_{0\leq k\leq n}(kH_k+H_k+1)\\ &=\sum_{0\leq k\leq n}(kH_k)+\sum_{0\leq k\leq n}H_k+\sum_{0\leq k\leq n}1)\\ &=S_n+\sum_{0\leq k\leq n}H_k+(n+1) \end{aligned}$$ 所以 $$\sum_{0\leq k\leq n}H_k=(n+1)(H_{n+1}-1)$$

21

对 $S_{n+1}$ 提取第一项得到 $$\begin{aligned} S_{n+1}&=\sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{n+1-k}\\ &=(-1)^{n+1}+\sum_{k=1}^{n+1}(-1)^{n+1-k}\\ &=(-1)^{n+1}+\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n+1-(k+1)}\\ &=(-1)^{n+1}+\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\\ &=(-1)^{n+1}+S_n\\ \end{aligned}$$ 对 $S_{n+1}$ 提取最后一项得到 $$\begin{aligned} S_{n+1}&=\sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{n+1-k}\\ &=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n+1-k}+1\\ &=(-1)\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}+1\\ &=1-S_n \end{aligned}$$ 所以 $$1-S_n=(-1)^{n+1}+S_n$$ $$2S_n=1-(-1)^{n+1}=1+(-1)^{n+2}=1+(-1)^n$$ 即当 $n$ 是偶数时 $S_n=1$，$n$ 是奇数时 $S_n=0$。

对 $T_{n+1}$ 提取第一项得到 $$\begin{aligned} T_{n+1}&=\sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{n+1-k}k\\ &=0+\sum_{k=1}^{n+1}(-1)^{n+1-k}k\\ &=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}(k+1)\\ &=T_n+S_n \end{aligned}$$ 对 $T_{n+1}$ 提取最后一项得到 $$\begin{aligned} T_{n+1}&=\sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{n+1-k}k\\ &=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n+1-k}k+(-1)^0\cdot(n+1)\\ &=(-1)\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}k+(n+1)\\ &=n+1-T_n \end{aligned}$$ 所以 $$T_n+S_n=n+1-T_n$$ $$2T_n=n+1-S_n$$ 即当 $n$ 是偶数时 $T_n=n/2$，$n$ 是奇数时 $T_n=(n+1)/2$。

对 $U_{n+1}$ 提取第一项得到 $$\begin{aligned} U_{n+1}&=\sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{n+1-k}k^2\\ &=0+\sum_{k=1}^{n+1}(-1)^{n+1-k}k^2\\ &=\sum_{k=1}^{n+1}(-1)^{n+1-k}k^2\\ &=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}(k+1)^2\\ &=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}(k^2+2k+1)\\ &=U_n+2T_n+S_n\\ &=U_n+(n+1) \end{aligned}$$ 对 $U_{n+1}$ 提取最后一项得到 $$\begin{aligned} U_{n+1}&=\sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{n+1-k}k^2\\ &=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n+1-k}k^2+(-1)^0\cdot(n+1)^2\\ &=(-1)\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}k^2+(n+1)^2\\ &=(n+1)^2-U_n \end{aligned}$$ 所以 $$U_n+(n+1)=(n+1)^2-U_n$$ $$2U_n=(n+1)^2-(n+1)=n(n+1)$$ $$U_n=\frac{1}{2}n(n+1)$$

22

令 $$S_n=\sum_{1\leq j<k\leq n}(a_jb_k-a_kb_j)(A_jB_k-A_kB_j)$$ 利用恒等式 $$[1\leq j<k\leq n]+[1\leq k<j\leq n]=[1\leq j,k\leq n]-[1\leq j=k\leq n]$$ 得到 $$2S_n=\sum_{1\leq j,k\leq n}(a_jb_k-a_kb_j)(A_jB_k-A_kB_j)-\sum_{1\leq j=k\leq n}(a_jb_k-a_kb_j)(A_jB_k-A_kB_j)$$ 由于 $j=k$，所以第二项是零。现在把第一项展成四项。 $$2S_n=\sum_{1\leq j,k\leq n}(a_jb_kA_jB_k)-\sum_{1\leq j,k\leq n}(a_jb_kA_kB_j)-\sum_{1\leq j,k\leq n}(a_kb_jA_jB_k)+\sum_{1\leq j,k\leq n}(a_kb_jA_kB_j)$$ 由于 $j,k$ 完全等价，可以互换，那么第一项和第四项是相等的，第二项和第三项是相等的。那么 $$S_n=\sum_{1\leq j,k\leq n}(a_jb_kA_jB_k)-\sum_{1\leq j,k\leq n}(a_jb_kA_kB_j)$$ 根据公式 $(2.28)$ $$\sum_{j\in J,k\in K}a_jb_k=(\sum_{j\in J}a_j)(\sum_{k\in K}b_k)$$ 改写上面的式子得到 $$S_n=\sum_{1\leq j\leq n}(a_jA_j)\sum_{1\leq k\leq n}(b_kB_k)-\sum_{1\leq j\leq n}(a_jB_j)\sum_{1\leq k\leq n}(b_kA_k)$$ 统一下标得到 $$S_n=\sum_{1\leq k\leq n}(a_kA_k)\sum_{1\leq k\leq n}(b_kB_k)-\sum_{1\leq k\leq n}(a_kB_k)\sum_{1\leq k\leq n}(b_kA_k)$$

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方法一：用 $1/k-1/(k+1)$ 代替 $1/(k(k+1))$ 得到 $$\begin{aligned} \sum_{k=1}^n\frac{2k+1}{k(k+1)}&=\sum_{k=1}^n\frac{2k+1}{k}-\sum_{k=1}^n\frac{2k+1}{k+1}\\ &=\sum_{k=1}^n(2+\frac{1}{k})-\sum_{k=1}^n(2-\frac{1}{k+1})\\ &=2n+H_n-2n+(H_n-1+\frac{1}{n+1}) \end{aligned}$$ 方法二：分部求和法。令 $u=2k+1,\Delta v=\frac{1}{k(k+1)}=(k-1)^{\underline{-2}}$，那么 $\Delta u=2,v=-(k-1)^{\underline{-1}}=-\frac{1}{k}$。 $$\begin{aligned} \sum_{k=1}^n\frac{2k+1}{k(k+1)}&=uv-\sum Ev\Delta u\\ &=-\frac{1}{x}(2x+1)\bigg|_1^{n+1}-\sum_{k=1}^n-2\frac{1}{x+1}\\ &=\frac{1}{x}(2x+1)\bigg|_{n+1}^1+2\sum_{k=1}^n\frac{1}{x+1}\\ &=1-\frac{1}{n+1}+2(H_n-1+\frac{1}{n+1})\\ &=1-\frac{1}{n+1}+2H_n-2+\frac{2}{n+1}\\ &=2H_n-1+\frac{1}{n+1} \end{aligned}$$

24

这个题目前和答案不一致。但是不知道哪里错了。TODO。

分部求和。令 $\Delta v=x^{\underline{m}}, u=H_x$，那么 $v=\frac{x^{\underline{m+1}}}{m+1},\Delta u=\frac{1}{x+1}=x^{\underline{-1}}$， $$Ev \Delta u=\frac{(x+1)^{\underline{m+1}}}{m+1}\frac{1}{x+1}=\frac{x^{\underline{m}}}{m+1}$$ 那么 $$\begin{aligned} \sum_{0\leq k<n} k^{\underline{m}}H_k&=(H_x\frac{x^{\underline{m+1}}}{m+1}-\frac{x^{\underline{m}}}{m+1})\bigg|_0^n\\ &=(H_n\frac{n^{\underline{m+1}}}{m+1}-\frac{n^{\underline{m}}}{m+1})+\frac{0^{\underline{m}}}{m+1} \end{aligned}$$ 题目中 $m=-2$，那么 $$\begin{aligned} \sum_{0\leq k<n} k^{\underline{m}}H_k&=(H_n\frac{n^{\underline{-1}}}{-1}-\frac{n^{\underline{-2}}}{-1})+\frac{0^{\underline{-1}}}{-1}\\ &=-H_n\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}-1 \end{aligned}$$

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TODO

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TODO

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TODO