具体数学:和式(二)三大法则与和式合并

2.3 和式的处理

和式处理的目标是将一个求和表达式 $\sum$ 变换为另一个更简单或更接近目标的形式。

2.3.1 三大法则

设 $K$ 是任意一个有限整数集合，则对 $K$ 中元素的和式可以应用以下三条基本法则进行变换。

(1) 分配律
$$\sum _{k\in K}c{a}_k=c\sum _{k\in K}{a}_k\text{\hspace{1em}(2.15)}$$
其中 $c$ 为常数。该法则允许我们将常数因子移入或移出求和号。

(2) 结合律
$$\sum _{k\in K}(a_k+b_k)=\sum _{k\in K}{a}_k+\sum _{k\in K}{b}_k$$
此法则允许我们将一个和式拆分为两个和式的和，或将两个和式合并为一个。

(3) 交换律
$$\sum _{k\in K}{a}_k=\sum _{p(k)\in K}{a}_{p(k)}\text{\hspace{1em}(2.17)}$$
其中 $p(k)$ 是所有整数的一个排列（permutation），即对于每个整数 $n$，恰好存在唯一的整数 $k$ 使得 $p(k)=n$。

这一法则允许我们重新排列求和项的顺序。例如，若 K={−1,0,+1}K = \{-1, 0, +1\}K={−1,0,+1} 且 $p(k)=-k$，则有：
$$a_{-1}+a_0+a_1=a_1+a_0+a_{-1}$$

值得注意的是，交换律成立的前提是 $p(k)$ 为双射。否则，变换可能不成立。

[!NOTE]

双射（bijection）是指一个函数同时满足单射（injective）和满射（surjective）的性质，即在定义域和值域之间建立一一对应关系。具体来说：

• 单射：不同的输入对应不同的输出，即若 $x_1\ne x_2$，则 $f(x_1)\ne f(x_2)$。
• 满射：值域中的每一个元素都有至少一个原像，即对任意 $y$，存在 $x$ 使得 $f(x)=y$。

当一个函数是双射时，它可逆，且每个元素恰好被映射一次。

在和式的变换中，交换律
$$\sum _{k\in K}{a}_k=\sum _{p(k)\in K}{a}_{p(k)}$$
要求 $p(k)$ 是一个排列，即整数集合上的双射。只有在这种情况下，重排求和顺序才不会改变和式的值。

下面给出两个案例，分别说明满足与不满足双射条件的情形。

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案例一：满足双射的情形

设 K={0,1,2}K = \{0, 1, 2\}K={0,1,2}，定义变换 $p(k)=2-k$，即：

• $p(0)=2$
• $p(1)=1$
• $p(2)=0$

该映射将集合 $K$ 映射到自身，且每个元素恰好出现一次。它是单射（无重复映射）且满射（覆盖所有元素），因此是双射。

于是可以安全使用交换律：
∑k∈{0,1,2}ak=a0+a1+a2=a2+a1+a0=∑k∈{0,1,2}a2−k \sum_{k \in \{0,1,2\}} a_k = a_0 + a_1 + a_2 = a_2 + a_1 + a_0 = \sum_{k \in \{0,1,2\}} a_{2-k} k∈{0,1,2}∑​ak​=a0​+a1​+a2​=a2​+a1​+a0​=k∈{0,1,2}∑​a2−k​

这说明在双射条件下，和式可以自由重排。

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案例二：不满足双射的情形

设 K={−1,0,1}K = \{-1, 0, 1\}K={−1,0,1}，定义变换 $p(k)=k^2$，即：

• $p(-1)=1$
• $p(0)=0$
• $p(1)=1$

此时有：

• $p(-1)=p(1)=1$，说明不是单射（两个不同输入映射到同一输出）
• 值域为 {0,1}\{0, 1\}{0,1}，而 $-1$ 在值域中没有原像（若考虑反向映射），但更重要的是原映射存在重复

因此 $p(k)=k^2$ 不是双射。

若强行代入和式变换：
∑k∈{−1,0,1}ak=a−1+a0+a1 \sum_{k \in \{-1,0,1\}} a_k = a_{-1} + a_0 + a_1 k∈{−1,0,1}∑​ak​=a−1​+a0​+a1​
而
∑p(k)∈{−1,0,1}ap(k)=∑k2∈{−1,0,1}ak2 \sum_{p(k) \in \{-1,0,1\}} a_{p(k)} = \sum_{k^2 \in \{-1,0,1\}} a_{k^2} p(k)∈{−1,0,1}∑​ap(k)​=k2∈{−1,0,1}∑​ak2​
由于 $k^2$ 只能取 $0$ 或 $1$，且 $k=-1$ 和 $k=1$ 都对应 $a_1$，所以实际计算为：
$$a_{(-1{)}^2}+a_{0^2}+a_{1^2}=a_1+a_0+a_1=a_0+2a_1$$
结果与原和式不同，说明变换破坏了和式的值。

因此，当 $p(k)$ 不是双射时，交换律不成立。

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综上，在和式变换中使用交换律时，必须确保变换函数 $p(k)$ 在相关指标集上构成双射，否则可能导致错误结果。

三大法则的应用

高斯计算 $1+2+\cdots +n$ 的技巧，本质上是分配律、结合律与交换律的综合应用。

考虑一般等差级数的和：
$$S=\sum _{0\le k\le n}(a+bk)\text{\hspace{1em}(2.18)}$$

步骤1：应用交换律（倒序求和）

令 $k^{\prime }=n-k$，这是整数集上的一个排列（对称变换），因此可应用交换律：
$$S=\sum _{0\le k\le n}(a+bk)=\sum _{0\le n-k\le n}\left(a+b(n-k)\right)$$
由于 $0\le n-k\le n$ 当且仅当 $0\le k\le n$，所以：
$$S=\sum _{0\le k\le n}\left(a+bn-bk\right)$$

步骤2：应用结合律（两式相加）

将原式与倒序式相加：
$$2S=\sum _{0\le k\le n}\left[(a+bk)+(a+bn-bk)\right]=\sum _{0\le k\le n}(2a+bn)$$
注意到 $bk$ 与 $-bk$ 抵消，得到常数项和。

步骤3：应用分配律（提取常数）
$$2S=(2a+bn)\sum _{0\le k\le n}1=(2a+bn)(n+1)$$

两边除以 2：
$$S=\frac{(2a+bn)(n+1)}{2}=\left(a+\frac{1}{2}bn\right)(n+1)$$

即：
$$\sum _{k=0}^n(a+bk)=\left(a+\frac{1}{2}bn\right)(n+1)\text{\hspace{1em}(2.18)}$$

解释：平均值 × 项数

• 首项：$a+b\cdot 0=a$
• 末项：$a+b\cdot n=a+bn$
• 平均值：$\frac{1}{2}(a+(a+bn))=a+\frac{1}{2}bn$
• 项数：$n+1$

因此，和 = （首项 + 末项）/ 2 × 项数，这正是等差数列求和公式的标准形式。

关键点：高斯技巧的本质是利用交换律进行变量替换（倒序），再用结合律将两个和式相加，最后用分配律提取常数，从而将非常数和转化为常数和。

[!NOTE]

等差数列求和公式

设等差数列的首项为 $a$，公差为 $d$，项数为 $n+1$（从第 0 项到第 $n$ 项），则其和为：

$$\sum _{k=0}^n(a+kd)=\left(a+\frac{1}{2}dn\right)(n+1)$$

等价地，若记：

• 首项：$a_1=a$
• 末项：$a_{n+1}=a+nd$
• 项数：$n+1$

则标准求和公式为：

$$\sum _{k=0}^n(a+kd)=\frac{(首项+末项)\times 项数}{2}=\frac{(a+(a+nd))}{2}\cdot (n+1)$$

即：

$$S=\frac{(a_1+a_{n+1})}{2}\cdot (n+1)$$

这是等差数列求和的通用公式。

同时等价的表述形式为:
设等差数列的：

• 首项为 $a_1$
• 公差为 $d$
• 项数为 $n$

则前 $n$ 项和 $S_n$ 可表示为：

$$S_n=\sum _{k=1}^n{a}_k=\frac{n}{2}\left(a_1+a_n\right)=n{a}_1+\frac{n(n-1)}{2}d$$

其中，第$n$项（末项）为：
$$a_n=a_1+(n-1)d$$

条件的放宽

实际上，我们只需保证：当 $n\in K$ 时，恰好存在一个整数 $k$ 使得 $p(k)=n$。对于 $n\notin K$ 的情形，无论 $p(k)=n$ 出现多少次，都不影响和式的值，因为这些项不在原求和范围内。

例如，由于对每个偶数 $n\in K$，存在唯一的 $k$ 使得 $2k=n$，因此有：
$$\sum _{k\in K}{a}_k=\sum _{2k\in K}{a}_{2k}\text{\hspace{1em}(2.19)}$$

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2.3.2 艾弗森约定的引入

引入艾弗森括号（Iverson bracket）：
$$[P]=\{\begin{array}{ll}1,& \text{若命题 }P\text{ 成立}\\ 0,& \text{否则}\end{array}$$
利用该约定，任意和式可写为：
$$\sum _{k\in K}{a}_k=\sum _k{a}_k[k\in K]\text{\hspace{1em}(2.21)}$$
这种统一表示法便于结合逻辑运算处理指标集。

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2.3.3 集合合并法则

若 $K$ 和 $K^{\prime }$ 是任意整数集合，则有：
$$\sum _{k\in K}{a}_k+\sum _{k\in K^{\prime }}{a}_k=\sum _{k\in K\cap K^{\prime }}{a}_k+\sum _{k\in K\cup K^{\prime }}{a}_k\text{\hspace{1em}(2.20)}$$
此式由以下逻辑恒等式推出：
$$\sum _{k\in K}{a}_k=\sum _k{a}_k[k\in K]\text{\hspace{1em}(2.21)}$$

$$[k\in K]+[k\in K^{\prime }]=[k\in K\cap K^{\prime }]+[k\in K\cup K^{\prime }]\text{\hspace{1em}(2.22)}$$

[!NOTE]
$$\sum _{k\in K}{a}_k+\sum _{k\in K^{\prime }}{a}_k=\sum _{k\in K\cap K^{\prime }}{a}_k+\sum _{k\in K\cup K^{\prime }}{a}_k$$

为何不重合？

• 左边：交集 $K\cap K^{\prime }$ 中的项被加 两次。
• 右边：并集 $K\cup K^{\prime }$ 加一次，交集 $K\cap K^{\prime }$ 额外再加一次 → 交集项也共加 两次。
• 所有其他项都只加一次。

该公式不是避免重复，而是精确反映重复结构。
利用艾弗森记号：
$$[k\in K]+[k\in K^{\prime }]=[k\in K\cap K^{\prime }]+[k\in K\cup K^{\prime }]$$
对所有 $k$ 成立，逐项相等，求和后仍相等。

应用

1. 几乎不相交的和式合并
   当 $1\le m\le n$ 时：
   $$\sum _{k=1}^m{a}_k+\sum _{k=m}^n{a}_k=a_m+\sum _{k=1}^n{a}_k$$

2. 分离首项
   当 $n\ge 0$ 时：
   $$\sum _{0\le k\le n}{a}_k=a_0+\sum _{1\le k\le n}{a}_k\text{\hspace{1em}(2.23)}$$

这类操作是扰动法的基础。

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2.3.4 扰动法

扰动法是一种通过建立递推关系来求解和式的方法。

设未知和式为：
$$S_n=\sum _{0\le k\le n}{a}_k$$
考虑 $S_{n+1}$ 的两种展开方式：
$$S_n+a_{n+1}=\sum _{0\le k\le n+1}{a}_k=a_0+\sum _{1\le k\le n+1}{a}_k$$
对右边的和式做变量替换 $k\to k+1$，得：
$$a_0+\sum _{1\le k+1\le n+1}{a}_{k+1}=a_0+\sum _{0\le k\le n}{a}_{k+1}\text{\hspace{1em}(2.24)}$$
于是得到方程：
$$S_n+a_{n+1}=a_0+\sum _{0\le k\le n}{a}_{k+1}$$
若能将右边的和式用 $S_n$ 表示，则可通过解方程求出 $S_n$。

应用一：几何级数求和

考虑一般几何级数：
$$S_n=\sum _{0\le k\le n}a{x}^k$$
应用扰动法：
$$S_n+a{x}^{n+1}=a+\sum _{0\le k\le n}a{x}^{k+1}=a+x\sum _{0\le k\le n}a{x}^k=a+x{S}_n$$
整理得：
$$S_n(1-x)=a-a{x}^{n+1}$$
因此，当 $x\ne 1$ 时：
$$\sum _{k=0}^{n}a{x}^k=\frac{a-a{x}^{n+1}}{1-x}\text{\hspace{1em}(2.25)}$$
当 $x=1$ 时，和式为 $(n+1)a$。

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应用二：$\sum k{2}^k$

设：
$$S_n=\sum _{0\le k\le n}k{2}^k$$
已知前几项：$S_0=0$, $S_1=2$, $S_2=10$, $S_3=34$, $S_4=98$。

应用扰动法：
$$S_n+(n+1)2^{n+1}=\sum _{0\le k\le n}(k+1)2^{k+1}=\sum _{0\le k\le n}k\cdot 2^{k+1}+\sum _{0\le k\le n}{2}^{k+1}$$
第一项：
$$\sum _{0\le k\le n}k\cdot 2^{k+1}=2\sum _{0\le k\le n}k{2}^k=2S_n$$
第二项为几何级数：
$$\sum _{0\le k\le n}{2}^{k+1}=2\sum _{0\le k\le n}{2}^k=2\cdot \frac{2^{n+1}-1}{2-1}=2^{n+2}-2$$
代入得：
$$S_n+(n+1)2^{n+1}=2S_n+2^{n+2}-2$$
解得：
$$S_n=(n+1)2^{n+1}-2^{n+2}+2=(n-1)2^{n+1}+2$$
即：
$$\sum _{0\le k\le n}k{2}^k=(n-1)2^{n+1}+2$$

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推广至一般底数 $x$

类似地，设 $S_n={\sum }_{k=0}^{n}k{x}^k$，扰动后得：
$$S_n+(n+1)x^{n+1}=x{S}_n+\frac{x-x^{n+2}}{1-x},x\ne 1$$
解得：
$$\sum _{k=0}^{n}k{x}^k=\frac{x-(n+1)x^{n+1}+n{x}^{n+2}}{(1-x{)}^2}\text{\hspace{1em}(2.26)}$$

2.3.5 微积分方法计算

从几何级数出发：
$$\sum _{k=0}^n{x}^k=\frac{1-x^{n+1}}{1-x},x\ne 1$$
两边对 $x$ 求导（利用"和的导数等于导数的和"）：
$$\sum _{k=0}^{n}k{x}^{k-1}=\frac{d}{dx}\left(\frac{1-x^{n+1}}{1-x}\right)=\frac{1-(n+1)x^n+n{x}^{n+1}}{(1-x{)}^2}$$
两边乘以 $x$ 得：
$$\sum _{k=0}^{n}k{x}^k=\frac{x-(n+1)x^{n+1}+n{x}^{n+2}}{(1-x{)}^2}\text{\hspace{1em}(2.26)}$$
结果与扰动法一致。