（基础1）基础求和，求积运算和轮换对称

一般地，对于 \( a_{n} + a_{n+1} + \ldots + a_{m} \)，我们可以写为：

$$ \sum _{i=n}^{m} a_{i} $$

同理，对于 \( a_{n} a_{n+1} \ldots a_{m} \)，我们可以写为：

$$ \prod _{i=n}^{m} a_{i} $$

因此我们可以得到两种符号的运算法则，它将有助于解决复杂的问题：

$$ \begin{aligned} &\sum _{j=1}^{n} a_{j} \pm \sum _{j=1}^{n} b_{j} = \sum _{j=1}^{n}(a_{j} \pm b_{j}) \\ &c\sum _{j=1}^{n} a_{j} = \sum _{j=1}^{n} ca_{j} \\ &\left(\prod _{j=1}^{n} a_{j}\right)\left(\prod _{j=1}^{n} b_{j}\right) = \prod _{j=1}^{n} a_{j} b_{j} \\ &\frac{\prod _{j=1}^{n} a_{j}}{\prod _{j=1}^{n} b_{j}} = \prod _{j=1}^{n}\frac{a_{j}}{b_{j}} \\ &c^{n}\prod _{j=1}^{n} b_{j} = \prod _{j=1}^{n} cb_{j} \end{aligned} $$

以上这些证明都是显然的，这里不给出，接下来扩展一些关键内容。

首先有：

$$ \sum _{i=1}^{m} j = \sum ^{m} j = mj \quad (\text{与 } i \text{ 无关}) $$

对于双求和，有：

$$ \sum _{i=1}^{m}\sum _{j=1}^{n} a_{ij} = \sum _{i=1}^{m}\left(\sum _{j=1}^{n} a_{ij}\right) = \sum _{j=1}^{n}\left(\sum _{i=1}^{m} a_{ij}\right) $$

这个式子很重要，它表明双求和与求和顺序无关，即我们可以先对 \( i \) 求和，也可先对 \( j \) 求和。

它的证明也很容易，我们可以展开 \( \sum _{i=1}^{m}\sum _{j=1}^{n} a_{ij} \)：

同理，可以证明：

$$ \sum _{i=1}^{m}\sum _{j=1}^{n} a_{ij} = \sum _{j=1}^{n}\left(\sum _{i=1}^{m} a_{ij}\right) $$

习题：

1. 已知 \( \sum _{i=1}^{n} i = \frac{n(n+1)}{2} \)，求 \( \sum _{i=1}^{n} i^{2} \)
2. 计算 \( \prod _{k=1}^{n}\left( 2+\frac{2}{k}\right) \)
3. 计算 \( \sum _{k=1}^{999999}\frac{1}{\sqrt[3]{(k+1)^2} + \sqrt[3]{k^2 -1} + \sqrt[3]{(k-1)^2}} \)
4. 求满足不大于 \( S \) 的最大整数，\( S = \sum _{i=1}^{100}\frac{1}{\sqrt{i}} \)

5. 给定正整数 \( n \) 和 \( p \)，证明：

   1. \( k^{p} < \frac{(k+1)^{p+1} - k^{p+1}}{p+1} < (k+1)^{p}, \, k \in \mathbb{N} \)
   2. \( \sum _{k=1}^{n-1} k^{p} < \frac{n^{p+1}}{p+1} < \sum _{k=1}^{n} k^{p} \)

PS：这里的题目都是作者初中时期解决的，当初没有答案，都是独立解答，但难度不低。

习题 1 解答

注意到 （用公式 1 和公式 2）：  

由于 \( \sum _{i=1}^{n}(i+1)^{3} = 2^{3} + \dots + n^{3} + (n+1)^{3} \)，  

又由于 \( \sum _{i=1}^{n} i^{3} = 1^{3} + 2^{3} + \dots + n^{3} \)，  

两式相减，得到：  

$$ \sum _{i=1}^{n}(i+1)^{3} - \sum _{i=1}^{n} i^{3} = (n+1)^{3} - 1^{3} $$

代入并整理为：  

$$ (n+1)^{3} - 1^{3} = 3\sum _{i=1}^{n} i^{2} + 3\sum _{i=1}^{n} i + \sum _{i=1}^{n} 1 $$

将 \( \sum _{i=1}^{n} i = \frac{n(n+1)}{2} \) 代入上式，整理即可求得：  

$$ \sum _{i=1}^{n} i^{2} = \frac{1}{6} n(n+1)(n+2) $$

习题 2 解答

$$ \prod _{k=1}^{n}\left( 2+\frac{2}{k}\right) = \prod _{k=1}^{n} 2\left(\frac{k+1}{k}\right) $$

$$ = 2^{n}\left(\frac{\prod _{k=1}^{n}(k+1)}{\prod _{k=1}^{n} k}\right) = 2^{n} \frac{(n+1)!}{n!} = 2^{n} (n+1) $$

习题 3 解答

本题难在处理分母，实际上由于：

$$ a^{3} - b^{3} = (a-b)\left(a^{2} + ab + b^{2}\right) $$

令 \( a = \sqrt[3]{n+1}, b = \sqrt[3]{n-1} \)，可以得到：  

整理得：

观察到原题目中：

$$ \sum _{k=1}^{999999}\frac{1}{\sqrt[3]{(k+1)^{2}} + \sqrt[3]{k^{2} - 1} + \sqrt[3]{(k-1)^{2}}} $$

$$ = \sum _{k=1}^{999999}\frac{\sqrt[3]{k+1} - \sqrt[3]{k-1}}{2} $$

$$ = \frac{1}{2}\left(\sum _{k=1}^{999999}\sqrt[3]{k+1} - \sum _{k=1}^{999999}\sqrt[3]{k-1}\right) $$

$$ = \frac{1}{2}\left(\sqrt[3]{999999} + \sqrt[3]{1000000} - 1\right) $$

$$ \approx \frac{1}{2}\sqrt[3]{999999} + \frac{99}{2} \sim \frac{199}{2} \sim 100 $$

习题 4 解答

$$ S_{1} = \sum _{i=2}^{100} \frac{1}{\sqrt{i}} = \sum _{i=2}^{100} \frac{1}{\sqrt{\frac{i}{100}}} \cdot \frac{1}{100} \cdot 10 $$

$$ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = 10 \sum _{i=2}^{100} \frac{1}{\sqrt{\frac{i}{100}}} \cdot \frac{1}{100} $$

因此：

$$ 10 \int_{\frac{2}{100}}^{\frac{101}{100}} \frac{1}{\sqrt{x}} \, dx < S_{1} < 10 \int_{\frac{1}{100}}^{1} \frac{1}{\sqrt{x}} \, dx $$

放缩得到：

因此：

$$ [S] = 17 + 1 = 18 \quad (\text{注意上面求和} \, i=2) $$

因此所求数字为 18。

习题 5 解答：本题要用到伯努利不等式

伯努利不等式：

$$ (1 + x)^n \geq 1 + nx \quad (x > -1, \, n \geq 1) $$

对于：

$$ k^p < \frac{(k+1)^{p+1} - k^{p+1}}{p+1} < (k+1)^p $$

注意到不等式左侧，等价于：

$$ k^p (p + 1) < (k+1)^{p+1} - k^{p+1} $$

得到：

$$ k^p (p+k+1) < (k+1)^p \cdot (k+1) $$

所以：

$$ \frac{p+k+1}{k+1} = 1 + \frac{p}{k+1} < \frac{(k+1)^p}{k^p} = \left( 1 + \frac{1}{k} \right)^p $$

注意到伯努利不等式：

$$ \left( 1 + \frac{1}{k} \right)^p \geq 1 + \frac{p}{k} > 1 + \frac{p}{k+1} $$

因此左侧成立。

注意到不等式右侧，等价于：

$$ (k+1)^{p+1} - k^{p+1} < (p+1)(k+1)^p $$

整理得：

$$ (k+1)^p (k-p) < k^p \cdot k $$

同理即证：

$$ \frac{k-p}{k} = 1 - \frac{p}{k} < \left( \frac{k}{k+1} \right)^p < \left( \frac{k+1}{k} \right)^p = \left( 1 + \frac{1}{k} \right)^p $$

由于伯努利不等式：

$$ \left( 1 + \frac{1}{k} \right)^p \geq 1 + \frac{p}{k} > 1 - \frac{p}{k} $$

因此右侧成立。

要证明：

$$ \sum_{k=1}^{n-1} k^p < \frac{n^{p+1}}{p+1} < \sum_{k=1}^{n} k^p $$

由于已证明：

$$ k^p < \frac{(k+1)^{p+1} - k^{p+1}}{p+1} < (k+1)^p $$

分别令 ( k = 1, 2, 3, \dots, n-1 )，并全部相加，得到：

$$ \sum_{k=1}^{n-1} k^p < \frac{n^{p+1} - 1}{p+1} < \sum_{k=1}^{n} k^p - 1 $$

由于：

$$ \frac{n^{p+1} - 1}{p+1} < \frac{n^{p+1}}{p+1} $$

得到：

$$ \sum_{k=1}^{n-1} k^p < \frac{n^{p+1}}{p+1} $$

再由于：

$$ \frac{n^{p+1}}{p+1} < \sum_{k=1}^{n} k^p + \frac{-p}{p+1} < \sum_{k=1}^{n} k^p $$

放缩后，完成证明：

$$ \sum_{k=1}^{n-1} k^p < \frac{n^{p+1}}{p+1} < \sum_{k=1}^{n} k^p $$