第一章--递归问题
引用了三道例题： 河内塔/汉诺塔， 平面上的直线， 约瑟夫问题
主要涉及方法： 数学归纳法， 成套方法
1.1--利用数学归纳法， 判断观察得到的结论对于递归式子是否成立
1.2--成套方法， 解递归式子（感觉类似于解方程）
例如
(f(1)=a\ f(2n)=2f(n)+b\ f(2n+1)=2f(n)+c)
我们可以设(f(n)=A(n)a+B(n)b+C(n)c)
然后我们取((a,b,c)=(1,0,0))可以得到第一组式子
(f(n)=A(n)\ A(1)=a\ A(2n)=2A(n)\ A(2n+1)=2A(n) (1))
接着我们反过来使用递归式子和结论式子
即令(forall n f(n)=1)
(1=a\ 1=2*1+b\ 1=2*1+c\)
从而得到一组可能的((a,b,c)=(1,-1,-1))
然后得到(1=f(n)=A(n)-B(n)-C(n) (2))
以此类推， 我们还可以设(forall n in R f(n)=n)
得到另一组可能的((a,b,c)=(1,0,1))
然后得到(A(n)+C(n)=n (3))
令(f(n)=n^i……)
即可解出A(n), B(n), C(n)的表达式
第二章--求和
2.1--求和符号(sum)
通过中括号[]可以用来表示命题P是否成立[P](成立为1， 不成立为0)
(sum_{p=1}^n[p是素数])可以表示1~n中的素数个数
(sum_{p=1}^n[p为素数]/p)则表示1~n中的素数的倒数和， 当n很大时， 该式子的值近似于(ln ln n + M)，其中(M=0.261497212)， 被称作麦尔滕常数
2.2--和式与递归式
1.和式与递归式能够相互转化
例如：(S_n=sum_{k=1}^n k) 等价于递归式子
(S_1=1\ S_n=S_{n-1}+n (n>0))
因此能够用第一章中求递归式子的成套方法来求解和式
例如：(S_n=sum_{k=0}^n(a+bk))
可以设$S(n)=A(n)a+B(n
2.求和因子(s_n)--解形如(a_nT_n=b_nT_{n-1}+c_n)的递推式
理论：
(a_nT_n=b_nT_{n-1}+c_n\ s_na_nT_n=s_nb_nT_{n-1}+s_nc_n\)
令(s_{n-1}a_{n-1}=s_nb_n)
可得(s_na_nT_n=s_{n-1}a_{n-1}T_{n-1}+s_nc_n)
设(S_n=s_na_nT_n)
则有(S_n=S_n-1+s_nc_n)
这是一个标准的和式结构(S_n=sum_{k=1}^n s_kc_k+S_0)
则(s_na_nT_n=sum_{k=1}^n s_kc_k+s_0a_0T_0)
由于a_0没有定义
所以(s_na_nT_n=sum_{k=1}^n s_kc_k+s_1b_1T_0)
求和因子的选取：
因为(s_nb_n=s_{n-1}a_{n-1})
则(s_n=frac{s_{n-1} a_{n-1}}{b_n}=s_{n-1}frac{a_{n-1}}{b_n})
可以得到(s_n=s_1prod_{k=2}^{n-1}frac{a_k}{b_{k+1}})
因为(T_1=(s_1b_1T_0+s_1c_1)/s_1a_1=(b_1T_0+c_1)/a_1)
可知(s_1)为和值对(T_1)无影响
因此我们可以归纳为(s_n=prod_{k=1}^{n-1}frac{a_k}{b_{k+1}})
3.调和级数(H_n)与求解递归式的技巧
例如：
(C_0=C_1=0)
(C_n=n+1+frac{2}{n}sum_{k=1}^{n-1}C_k)
可以发现存在(sum)存在(frac{1}{n})不容易求出较快的求出(C_n)
可以利用两边同时( imes n)来解决(frac{1}{n})的问题
利用((n-1)C_{n-1}=(n-1)^2+(n-1)+2sum_{k=1}^{n-2}C_k)
(nC_n-(n-1)C_{n-1}=2n-1+1+2C_{n-1})
从而得出(C_n)与(C_{n-1})的关系
(H_n=sum_{k=1}^nfrac{1}{k})
当n足够大的时候， (H_napprox lnx)
2.3--和式的处理
1.三个基本定律
分配律：(sum_{k=1}^nCcdot a_k=Csum_{k=1}^na_k)
结合律：(sum_{k=1}^n(a_k+b_k)=sum_{k=1}^na_k+sum_{k=1}^nb_k)
交换律：(sum_{kin N}a_k)=(sum_{p(k)in N}a_{p(k)})
2.扰动法求解和式
思想：把最后一项和第一项分出来， 来达到求解和式的封闭形式的问题
类似于这样：
令(S_n=sum_{k=0}^na_k)
(S_n+a_{n+1}=S_0+sum_{k=1}^{n+1}a_k)
交换律：(S_n+a_{n+1}=S_0+sum_{k=0}^{n}a_{k+1})
如果可以获得(a_{k+1})与(a_k)的关系， 我们就有可能把后面那个和式用(S_n)表达出来
比如
(S_n=sum_{k=0}^nkcdot2^k)
(S_n+(n+1)2^{n+1}\=S_0+sum_{k=1}^{n+1}k2^k\=S_0+sum_{k=0}^n(k+1)2^(k+1)\=S_0+2sum_{k=0}^n(k+1)2^k\=S_0+sum_{k=0}^n(k2^k+2^k)\=S_0+S_n+sum_{k=0}^n2^k)
2.4--多重和式
1.交换求和次序的基本法则：
(sum_{j=1}^nsum_{k=1}^na_jb_k=(sum_{j=1}^na_j)(sum_{k=1}^nb_k))
也即我们可以通过对和式的变形， 使得和式相对的好求
（实质上是结合律）
该法则的变形可以有：
(sum_{j=1}^nsum_{k=j}^na_{j,k}=sum_{1leq jleq kleq n}a_{j,k}=sum_{k=1}^nsum_{j=1}^ka_{j,k})
通常情况下会有一个和式比另一个和式好算的情况出现
例如：
(S_n=sum_{1leq j<k+jleq n}frac{1}{k})
关于这个和式我们可以这么变换
(sum_{1leq j<k+jleq n}frac{1}{k}=sum_{j=1}^nsum_{k=1}^{n-j}frac{1}{k})
我们会发现这样并不好计算
于是我们可以这么变换， 把k放到前面来
于是这个式子就变成了(sum_{1leq j<k+jleq n}frac{1}{k}=sum_{k=1}^nsum_{j=1}^{n-k}frac{1}{k})
于是这个式子的结果就变成了(S_n=sum_{k=1}^nfrac{n-k}{k}=nsum_{k=1}^nfrac{1}{k}-n)
而(sum_{k=1}^nfrac{1}{k}=H_n)
2.如果一个和式(S_n=sum_{j=1}^nsum_{k=1}^ja_{j,k}=sum_{k=1}^nsum_{j=1}^ka_{k,j})
我们称该式子具有对称性（也即(a_{j,k}=a_{k,j})）
遇到这种式子我们可以这么处理
利用([1leq jleq kleq n]+[1leq kleq jleq n]=[1leq j,kleq n]+[1leq j=kleq n])来化简和式
或者是利用([1leq j< kleq n]+[1leq k< jleq n]=[1leq j,kleq n]-[1leq j=kleq n])
这个(n^2)的矩阵可以通过两个序列相乘得到， 也即(a_{j,k}=b_jc_k)那么我们可以把后面这个([1leq j,kleq n])的部分化简成单重和式， 从而降低求解的难度