[数学]具体数学第二章习题

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热身题

一、记号$\sum_{k=4}^{0}q_k$的含义是什么?

$0$

二、化简表达式$x\times ([x>0]-[x<0])$。

$$ \left\{ \begin{aligned} 0 & = & x=0 \\ x & = & x>0 \\ -x & = & x<0 \end{aligned} \right. =>|x| $$

三、将和式$\sum_{0\leq k\leq 5}^{}a_k$与$\sum_{0\leq k^2\leq 5}^{}a_{k^2}$完全写开以证实你对$\sum_{}^{}$的理解(注意,第二个和式有一点棘手)

$\sum_{0\leq k\leq 5}^{}a_k=a_0 + a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5$
$\sum_{0\leq k^2\leq 5}^{}a_k=a_4 + a_1 + a_0 + a_1 + a_4$

四、将三重和式$\sum_{1\leq i<j<k\leq 4}^{}a_{ijk}$表示成三个重叠的和式(用三个$\sum_{}^{}$)

甲、先对$k$,再对$j$,再对$i$求和。

乙、先对$i$,再对$j$,再对$k$求和。

另外,还要不用记号$\sum_{}^{}$完全写出这个三重和式,用括号来表示哪些项应该首先相加。

甲:$\sum_{1\leq i< j<k\leq 4}^{}a_{ijk}=\sum_{1\leq i\leq 4}^{}\sum_{i<j\leq 4}^{}\sum_{j<k\leq 4}^{}a_{ijk}$
乙:$\sum_{1\leq i< j<k\leq 4}^{}a_{ijk}=\sum_{1\leq k\leq 4}^{}\sum_{1\leq j<k}^{}\sum_{1\leq i<j}^{}a_{ijk}$

五、下面的推导何处有错?
$$(\sum_{j=1}^{n}a_j)(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_k})=\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{a_j}{a_k}=\sum_{k=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{a_k}=\sum_{k=1}^{n}=n^2$$

中间下标用到两个$k$

六、作为$j$和$n$的函数,$\sum_{k}^{}[1\leq j\leq k\leq n]$的值是什么?

$\sum_{k}^{}[1\leq j\leq k\leq n]=\sum_{j\leq k\leq n}^{}[1\leq j\leq n]=[1\leq j\leq n](n-j+1)$

七、设$\nabla f(x)=f(x)-f(x-1)$。$\nabla(x^{\overline m})$是什么?

$$\nabla(x^{\overline m})=x^{\overline m}-(x-1)^{\overline m}\\=x(x+1)...(x+m-1)-(x-1)x(x+1)...(x+m-2)\\=x(x+1)...(x+m-2)((x+m-1)-(x-1))\\=x(x+1)...(x+m-2)(x-x+m-1+1)\\=mx(x+1)...(x+m-2)\\=mx^{\overline{m-1}}$$

八、当$m$是给定的整数时,$0^{\underline m}$的值是什么?

当$m>0$时,$0^{\underline m}=0$;
当$m\leq 0$时,$0^{\underline m}=\frac{1}{|(0+1)(0+2)...(0+m)|}=\frac{1}{|m!|}$

九、对于上升阶乘幂,与(2.52)类似的指数法则是什么?用它来定义$x^{\overline{-n}}$。

$$x^{\overline{m+n}}=x(x+1)...(x+m+n-1)\\=x(x+1)...(x+m-1)(x+m)...(x+m+n-1)\\=x^{\overline m}(x+m)^{\overline n}$$
$x^{\overline {-1}}=\frac{1}{x-1},x^{\overline {-2}}=\frac{1}{(x-1)(x-2)},x^{\overline{-n}}=\frac{1}{(x-1)...(x-n)},n>0$

十、正文对乘积的差分导出了如下的公式:

$$\Delta(uv)=u\Delta v+Ev\Delta u$$

它的左边关于$u$和$v$对称,但其右边不对称,这个公式怎么可能是正确的呢?

$$\Delta(u(x)v(x))=u(x+1)v(x+1)-u(x)v(x)\\=u(x+1)v(x+1)-u(x+1)v(x)+u(x+1)v(x)-u(x)v(x)\\=u(x+1)(v(x+1)-v(x))+v(x)(u(x+1)-u(x))\\=u(x+1)\Delta v(x)+v(x)\Delta u(x)\\=Eu(x)\Delta v(x)+v(x)\Delta u(x)$$
即:$\Delta(uv)=Eu\Delta v+v\Delta u$,与题干中式子对称。

基础题
十一、分部求和的一般法则(2.56)等价于:

$$\sum_{0\leq k<n}^{}(a_{k+1}-a_k)b_k=a_nb_n-a_0b_0-\sum_{0\leq k<n}^{}a_{k+1}(b_{k+1}-b_k),\quad n\geq 0$$

利用分配律、结合律和交换律直接证明这个公式。

$$\sum_{0\leq k<n}^{}(a_{k+1}-a_k)b_k=\sum_{0\leq k<n}^{}a_{k+1}b_{k}-a_kb_k\\=\sum_{0\leq k<n}^{}a_{k+1}b_k-\sum_{0\leq k<n}^{}a_kb_k\\=\sum_{0\leq k<n}^{}-[(\sum_{0\leq k<n}^{}a_{k+1}b_{k+1})+a_0b_0-a_nb_n]\\=(\sum_{0\leq k<n}^{}a_{k+1}b_k-a_{k+1}b_{k+1})-a_0b_0+a_nb_n\\=\sum_{0\leq k<n}^{}a_nb_n-a_0b_0+\sum_{0\leq k<n}^{}a_{k+1}(b_k-b_{k+1})\\=a_nb_n-a_0b_0-\sum_{0\leq k<n}^{}a_{k+1}(b_{k+1}-b_k)$$

十二、证明:只要$c$是一个整数,函数$p(k)=k+(-1)^kc$就是所有整数的一个排列。

十三、利用成套方法求$\sum_{k=0}^{n}(-1)^kk^2$的封闭形式。

写成递归式有:
$$R_0=\alpha\\R_n=R_{n-1}+(-1)^n(\beta +\gamma n+\delta n^2),n\geq 1$$
则一般形式为:$R_n=\alpha A(n)+\beta B(n)+\gamma C(n)+\delta D(n)$
令$R_n=1$,有$\alpha =1,\beta =\gamma =\delta =0$,即:$A(n)=1$
令$R_n=(-1)^n$,有$\alpha =1,\beta =2,\gamma =\delta =0$,即:$A(n)+2B(n)=(-1)^n$
令$R_n=(-1)^nn$,有$\alpha =\delta = 0,\beta =-1,\gamma = 2$,即:$-B(n)+2C(n)=(-1)^nn$
令$R_n=(-1)^nn^2$,有$\alpha =0,\beta =1,\gamma =-2,\delta =2$,即:$B(n)-2C(n)+2D(n)=(-1)^nn^2$
联立$A(n),B(n),C(n),D(n)$,令$\alpha =\beta =\gamma =0,\delta =1$,有$\sum_{k=0}^{n}(-1)^kk^2=D(n)=\frac{(-1)^n(n^2+n)}{2}$

十四、将$\sum_{k=1}^{n}k2^k$重新改写成多重和式$\sum_{1\leq j\leq k\leq n}^{}2^k$的形式来对它进行计算。

$$\sum_{k=1}^{n}k2^k=\sum_{1\leq j\leq k\leq n}^{}2^k=\sum_{1\leq j\leq n}^{}\sum_{j\leq k\leq n}^{}2^k\\=\sum_{1\leq j\leq n}^{}(\frac{2(1-2^n)}{1-2}-\frac{2(1-2^{j-1})}{1-2})\\=\sum_{1\leq j\leq n}^{}(2^{n+1}-2^j)=(\sum_{1\leq j\leq n}^{}2^{n+1})-\sum_{1\leq j\leq n}^{}2^j\\=n2^{n+1}-\frac{2(1-2^n)}{1-2}=(n-1)2^{n+1}+2$$

十五、用正文中的方法5来计算$\sum_{k=1}^{n}k^3$:首先记$\sum_{k=1}^{n}k^3+\sum_{k=1}^{n}k^2=2\sum_{1\leq j\leq k\leq n}^{}jk$,然后应用(2.33)。

$$\sum_{1\leq k\leq n}^{}k^3=(2\sum_{1\leq j\leq k\leq n}^{}jk)-\sum_{1\leq k\leq n}^{}k^2\\=(\sum_{k=1}^{n}k)^2+(\sum_{k=1}^{n}k^2)-\sum_{1\leq k\leq n}^{}k^2\\=(\frac{n(n+1)}{2})^2=\frac{n^2(n+1)^2}{4}$$

十六、证明$\frac{x^{\underline m}}{(x-n)^{\underline m}}=\frac{x^{\underline n}}{(x-m)^{\underline n}}$,除非其中有一个分母为零。

欲证$\frac{x^{\underline m}}{(x-n)^{\underline m}}=\frac{x^{\underline n}}{(x-m)^{\underline n}}$
即证$x^{\underline m}(x-m)^{\underline n}=x^{\underline n}(x-n)^{\underline m}$
由(2.52)有$x^{\underline m}(x-m)^{\underline n}=x^{\underline {m+n}}=x^{\underline n}(x-n)^{\underline m}$
故原式成立

十七、证明。对所有的整数$m$,下面的公式可以用来在上升阶乘幂和下降阶乘幂之间转换:

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

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

(习题九的答案给出了$x^{\overline {-m}}$的定义。)

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

$(-1)^m(-x^\underline m)=(-1)^m(-x)(-x-1)...(-x-m+1)=(-1)^{2m}x(x+1)...(x+m-1)=x^\overline m$

$\frac{1}{(x-1)^\underline{-m}}=\frac{1}{\frac{1}{(x-1+1)(x-1+2)...(x-1+m)}}=x(x+1)...(x+m-1)=x^\overline m$

其余同理

十八、略
作业题
十九、利用求和因子来求解递归式

$$T_0=5;\\2T_n=nT_{n-1}+3\times n!,n>0$$

$a_n=2,b_n=n,c_n=3n!$

$s_n=\frac{a_1a_2...a_n}{b_1b_2...b_n}=\frac{2^n}{n!}$

$S_n=s_1b_1T_0+\sum_{k=1}^ns_kc_k=2\times5+\sum_{k=1}^n\frac{k^k}{k!}\times3k!=3\times 2^{n+1}+4$

则$T_n=\frac{3\times2^{n+1}+4}{\frac{2^n}{n!}\times2}=\frac{n!}{2^{n-1}}+3n!$

二十、试用扰动法计算$\sum_{k=0}^{n}kH_k$,不过改为推导出$\sum_{k=0}^{n}H_k$的值。

$$\sum_{k=0}^{n+1}kH_k=\sum_{k=0}^nkH_k+(n+1)H_{n+1}\\=\sum_{k=0}^n(k+1)H_{k+1}=\sum_{k=0}^n(k+1)(H_k+\frac{1}{k+1})\\=\sum_{k=0}^n(k+1)H_k+\sum_{k=0}^n1$$

即:$\sum_{k=0}^nkH_k+(n+1)H_{n+1}=\sum_{k=0}^nkH_k+\sum_{k=0}^nH_k+n+1$

即:$\sum_{k=0}^nH_k=(n+1)(H_{n+1}-1)$

二十一、假设$n\geq 0$,用扰动法计算和式$S_n=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}$,$T_n=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}k$以及$U_n=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}k^2$。

$S_n=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}=\sum_{0\leq n-k\leq n}(-1)^k=[n是偶数]$

$T_n=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}k=\sum_{0\leq k\leq n}(-1)^k(n-k)=n\sum_{0\leq k\leq n}(-1)^k-\sum_{0\leq k\leq n}(-1)^kk$

利用成套方法,设$R_0=\alpha,R_n=R_{n-1}+(-1)^n(\beta +\gamma n),n\geq 1$,可得$\sum_{0\leq k\leq n}(-1)^kk=\frac{\frac{(-1)^n-1}{2}+(-1)^nn}{2}$

故$T_n=n\times\frac{(-1)^n+1}{2}-\frac{\frac{(-1)^n-1}{2}+(-1)^nn}{2}=\frac{n+[n是奇数]}{2}$

$$U_n=\sum_{0\leq k\leq n}(-1)^{n-k}k^2=\sum_{0\leq k\leq n}(-1)^k(n^2-2nk+k^2)\\=n^2\sum_{0\leq k\leq n}(-1)^k-2n\sum_{0\leq k\leq n}(-1)^kk+\sum_{0\leq k\leq n}(-1)^kk^2\\=n^2[n是偶数]-2n\times\frac{n+[n是奇数]}{2}+\frac{(-1)^n(n^+n)}{2}$$

当$n$是偶数时,$U_n=\frac{n^2+n}{2}$

当$n$是奇数时,$U_n=\frac{n^2+n}{2}$

二十二、(不用归纳法)证明拉格朗日恒等式:

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

事实上,可以证明一个关于更一般的二重和式

$$\sum_{1\leq j<k\leq n}^{}(a_jb_k-a_kb_j)(A_jB_K-A_kB_j)$$

的恒等式。

由(2.34)切比雪夫单调不等式推广:

原式右边利用(2.34)有:

$$(\sum_{k=1}^{n}a_k^2)(\sum_{k=1}^{n}b_k^2)-(\sum_{k=1}^{n}a_kb_k)^2\\=n\sum_{k=1}^{n}(a_kb_k)^2-\sum_{1\leq j<k\leq n}(a_k^2-a^2_j)(b_k^2-b_j^2)-n\sum_{k=1}^n(a_kb_k)^2+\sum_{1\leq j<k\leq n}(a_kb_k-a_jb_j)^2\\=\sum_{1\leq j<k\leq n}((a_kb_k)^2+(a_jb_j)^2-2a_kb_ka_jb_j-((a_kb_k)^2-(a_kb_j)^2-(a_jb_k)^2+(a_jb_j)^2))\\=\sum_{1\leq j<k\leq n}((a_kb_j)^2-2a_kb_ka_jb_j+(a_jb_k)^2)\\=\sum_{1\leq j<k\leq n}(a_jb_k-a_kb_j)^2$$

二十三、用两种方法计算和式$\sum_{k=1}^{n}\frac{2k+1}{k(k+1)}$:

甲、用部分分式$\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}$替换$\frac{1}{k(k+1)}$。

乙、分部求和法。

甲:

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

乙:

$$\sum\frac{2k+1}{k(k+1)}=\sum(2k+1)(k-1)^\underline{-2}\delta k\\=\sum(2k+1)\Delta(-(x-1)^\underline{-1})=\sum(2k+1)\Delta(-\frac{1}{k})\\=(2k+1)(-\frac{1}{k})+2\sum\frac{1}{k+1}\delta k\\=-2-\frac{1}{k}+2H_k$$

则$$\sum_{k=1}^n\frac{2k+1}{k(k+1)}=\sum_{k=1}^{n+1}\frac{2k+1}{k(k+1)}\delta k=[-2-\frac{1}{k}+2H_k]_1^{n+1}\\=2H_n+\frac{1}{n+1}-1$$

二十四、$\sum_{0\leq k<n}^{}\frac{H_k}{(k+1)(k+2)}$等于多少?(提示:将(2.57)的推导加以推广。)

$$\sum\frac{H_k}{(k+1)(k+2)}=\sum H_k\times k^\underline{-2}\delta k\\=-H_kk^\underline{-1}+\sum(k+1)^\underline{-1}k^\underline{-1}\delta k\\=-\frac{H_k}{k+1}+\sum\frac{1}{(k+2)(k+1)}\delta k=-\frac{H_k}{k+1}+\sum k^\underline{-2}\delta k\\=-\frac{H_k}{k+1}-\frac{1}{k+1}=-\frac{H_k+1}{k+1}$$

则$$\sum_{0\leq k<n}\frac{H_k}{(k+1)(k+2)}\\=\sum_{0\leq k\leq n}\frac{H_k}{(k+1)(k+2)}\delta k=[-\frac{H_k+1}{k+1}]^n_0=1-\frac{H_n+1}{n+1}$$

二十五、记号$\prod_{k\in K}^{}a_k$表示对所有$k\in K$数$a_k$的乘积。为简单起见,假设仅仅对有限多个$k$有$a_k\neq 1$,因此不必定义无穷乘积。记号$\prod$满足的法则中,有哪些与对$\sum_{}^{}$成立的分配律、结合律以及交换律相类似?

$\prod_{k\in K}a_k^c=(\prod_{k\in K})^c$

$\prod_{k\in K}a_kb_k=\prod_{k\in K}a_k\times\prod_{k\in K}b_k$

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

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

$\prod_{k\in K}a_k=\prod_ka_k^{[k\in K]}$

$\prod_{k\in K}c=c^{\#k}$

二十六、通过处理记号$\prod$,用单重乘积$\prod_{k=1}^{n}a_k$表示出二重乘积$P=\prod_{1\leq j\leq k\leq n}^{}a_ja_k$。(本习题给出一个与上三角恒等式(2.33)相似的乘积结果。)

$$P^2=(\prod_{1\leq j,k\leq n}a_ja_k)(\prod_{1\leq j=k\leq n}a_ja_k)\\=(\prod_{1\leq k\leq n}a_k^n)^2(\prod_{1\leq k\leq n}a_k^2)\\=(\prod_{1\leq k\leq n}a_k)^{2n+2}$$

$p=\sqrt{p^2}=(\prod_{1\leq k\leq n}a_k)^{n+1}$

二十七、计算$\Delta(c^{\underline x})$,并用它来推导出$\sum_{k=1}^{n}\frac{(-2)^{\underline k}}{k}$的值。

$$\Delta(c^\underline x)=c^{\underline{x+1}}-c^\underline{x}\\=c(c-1)...(c-x+2)-c(c-1)...(c-x+1)\\=c^\underline{x}(c-x-1)=\frac{c^\underline{x+2}}{c-x}$$

观察式子,令$c=-2$,并用$x-2$代换$x$,有$\Delta-(-2)^\underline{x-2}=\frac{(-2)^\underline{x}}{x}$

则$\sum\frac{(-2)^\underline{x}}{x}\delta x=-(-2)^\underline{x-2}$

$\sum_{k=1}^n\frac{(-2)^\underline{k}}{k}=\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(-2)^\underline{k}}{k}\delta k\\=[-(-2)^\underline{k-2}]^{n+1}_1=-(-2)^\underline{n-1}+(-2)^\underline{-1}\\=-1+(-1)(-2)...(-n)\\=(-1)^nn!-1$

二十八、略

最后修改:2019 年 10 月 02 日 06 : 17 PM

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