第二章
切比雪夫单调不等式
[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n a_ib_j le nsum_{i=1}^n a_ib_i , a_1 le a_2 le cdots le a_n ext{且} b_1 le b_2 le cdots le b_n
]
[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n a_ib_j ge nsum_{i=1}^n a_ib_i , a_1 le a_2 le cdots le a_n ext{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[
egin{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}
ight]
]
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_{0le i <n} H_i = n H_n -n
]
下降幂
[x^{underline n} =prod_{0le i <n} x-i , x>0
]
[x^{underline {-n}} =prod_{0le 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}=ncdot x^{underline {n-1}})
练习题
- 求证：(sumlimits_{0le k<n} (a_{k+1}-a_k)b_k=a_nb_n-a_0b_0-sumlimits_{0le k<n}a_{k+1}(b_{k+1}-b_k))
直接拆开即可证明 - 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 e y , p(x)=(-1)^x c+x , p(y)=(-1)^y c+y)
若$xequiv y(mod 2 ) $ 显然 (p(x) e p(y))
否则，不妨设 (x) 为偶数， (y) 为奇数，(p(x)-p(y)=2c+x-y e 0)
所以 (forall x e y , p(x) e p(y))， $p ext{为 Z} ightarrow ext{Z} $ 的一一映射，所以得证
（不知道这样做是否正确） - 求 (S=sumlimits_{k=0}^n (-1)^kk^2) 的封闭形式
对 (n) 的奇偶分别考虑，得 (S=(-1)^ncdot frac{n(n+1)}{2})