具体数学学习笔记

第二章

切比雪夫单调不等式

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_ib_j \le n\sum_{i=1}^n a_ib_i\ ,\ a_1 \le a_2 \le \cdots \le a_n \text{且} b_1 \le b_2 \le \cdots \le b_n \]

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_ib_j \ge n\sum_{i=1}^n a_ib_i\ ,\ a_1 \le a_2 \le \cdots \le a_n \text{且} b_1 \ge b_2 \ge \cdots \ge b_n \]
一般的，若有 \(a_1 \le a_2 \le \cdots \le a_n\) , \(p\) 是 \(1-n\) 的一个排列，当 \(b_{p_1} \le b_{p_2} \le \cdots \le b_{p_n}\) 时， \(\sum \limits_{i=1}^{n} a_ib_{p_i}\) 有最小值，
当 \(b_{p_1} \ge b_{p_2} \ge \cdots \ge b_{p_n}\) 时， \(\sum \limits_{i=1}^{n} a_ib_{p_i}\) 有最大值

证明：
通过构造矩阵
\[ \left[ \begin{matrix} a_1b_1 & a_1b_2 & \cdots &a_1b_n \ a_2b_1 & a_2b_2 & \cdots &a_2b_n \ \vdots & \vdots & \ddots &\vdots \ a_nb_1 & a_nb_2 & \cdots &a_nb_n \end{matrix} \right] \]
并对主对角线上方、下方的三角形求和可得

调和数求和

有结论：
\[\sum_{0\le i <n} H_i = n H_n -n\]

下降幂

\[x^{\underline n} =\prod_{0\le i <n} x-i \ ,\ x>0\]
\[x^{\underline {-n}} =\prod_{0\le i <n} \frac{1}{x+i} \ ,\ x>0\]
其指数可以加减 ：\(x^{\underline {n+m}}=x^{\underline n}\cdot (x-n)^{\underline m}\)
其差分也成立 ： \(\Delta x^{\underline n}=n\cdot x^{\underline {n-1}}\)

练习题

1. 求证：\(\sum\limits_{0\le k<n} (a_{k+1}-a_k)b_k=a_nb_n-a_0b_0-\sum\limits_{0\le k<n}a_{k+1}(b_{k+1}-b_k)\)
   直接拆开即可证明
   
2. 求证：只要 \(c\) 是一个整数，函数 \(p(k)=(-1)^k c+k\) 是所有整数的一个排列
   \(\forall x\ne y\ , \ p(x)=(-1)^x c+x\ ,\ p(y)=(-1)^y c+y\)
   若$x\equiv y(\mod 2?) $ 显然 \(p(x) \ne p(y)\)
   否则，不妨设 \(x\) 为偶数， \(y\) 为奇数，\(p(x)-p(y)=2c+x-y \ne 0\)
   所以 \(\forall x\ne y\ , p(x) \ne p(y)\)， $p \text{为 Z}\rightarrow\text{Z} $ 的一一映射，所以得证
   （不知道这样做是否正确）
   
3. 求 \(S=\sum\limits_{k=0}^n (-1)^kk^2\) 的封闭形式
   对 \(n\) 的奇偶分别考虑，得 \(S=(-1)^n\cdot \frac{n(n+1)}{2}\)

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原文：https://www.cnblogs.com/wasa855/p/12303865.html