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 \( \sum _{i=1}^{m}\sum _{j=1}^{n} a_{ij} \)：
$$ \begin{aligned} &\sum _{i=1}^{m}\sum _{j=1}^{n} a_{ij} = a_{11} + a_{12} + \ldots + a_{1n} + a_{21} + \ldots + a_{2n} + \ldots + a_{mn} \\ &= (a_{1n} + a_{2n} + \ldots + a_{mn}) + (a_{11} + a_{21} + \ldots) + \ldots \\ &= \sum _{j=1}^{n} a_{jn} + \sum _{j=1}^{n} a_{j1} + \ldots \\ &= \sum _{i=1}^{m}\left(\sum _{j=1}^{n} a_{ij}\right) \end{aligned} $$
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：
- 已知 \( \sum _{i=1}^{n} i = \frac{n(n+1)}{2} \)，求 \( \sum _{i=1}^{n} i^{2} \)
- 计算 \( \prod _{k=1}^{n}\left( 2+\frac{2}{k}\right) \)
- 计算 \( \sum _{k=1}^{999999}\frac{1}{\sqrt[3]{(k+1)^2} + \sqrt[3]{k^2 -1} + \sqrt[3]{(k-1)^2}} \)
- 求满足不大于 \( S \) 的最大整数，\( S = \sum _{i=1}^{100}\frac{1}{\sqrt{i}} \)
给定正整数 \( n \) 和 \( p \)，证明：
- \( k^{p} < \frac{(k+1)^{p+1} - k^{p+1}}{p+1} < (k+1)^{p}, \, k \in \mathbb{N} \)
- \( \sum _{k=1}^{n-1} k^{p} < \frac{n^{p+1}}{p+1} < \sum _{k=1}^{n} k^{p} \)
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）：
$$ \sum _{i=1}^{n}(i+1)^{3} = \sum _{i=1}^{n} i^{3} + 3\sum _{i=1}^{n} i^{2} + 3\sum _{i=1}^{n} i + \sum _{i=1}^{n} 1 $$
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：
$$ \left(\sqrt[3]{n+1}\right)^{3} - \left(\sqrt[3]{n-1}\right)^{3} = \left(\sqrt[3]{n+1} - \sqrt[3]{n-1}\right)\left(\sqrt[3]{(n-1)^{2}} + \sqrt[3]{(n-1)(n+1)} + \sqrt[3]{(n+1)^{2}}\right) $$
整理得：
$$ \frac{\sqrt[3]{n+1} - \sqrt[3]{n-1}}{2} = \frac{1}{\sqrt[3]{(n-1)^{2}} + \sqrt[3]{(n-1)(n+1)} + \sqrt[3]{(n+1)^{2}}} $$
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：
$$ 17 < 2 \left( \sqrt{101} - \sqrt{2} \right) < S_{1} < 2 \left( \sqrt{100} - 1 \right) = 18 $$
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：
$$ \sum_{k=1}^{n-1} k^p < \frac{n^{p+1}}{p+1} < \sum_{k=1}^{n} k^p $$
接下来我们研究一下轮换式与对称式。
余数定理
我们记\( f( x) =a_{n} x^{n} +a_{n-1} x^{n-1} +\cdots +a_{1} x+a_{0} ，a_{j}( 0\leq j\leq n) \ \in \ Z\)为整系数多项式，并称\( Z[ x]\)为全体一元整系数多项式的集合
如果我们用一次多项式\( x-c\)去除\( f( x)\)，余式为一个数，记商式为\( Q( x)\)，余数或余式为\( r\)
有：(余数定理)
$$ f( x) =( x-c) Q( x) +r $$
特别地，令\( x=c\)，那么余数就是\( f( c) =r\)
如果\( x-c\)为\( f( x)\)的一个因式，那么\( n( x-c)\)也为\( f( x)\)的一个因式，这是显然的，这里证明略过。
因式定理
如果\( f( c) =0\)，那么\( x-c\)为\( f( x)\)的因式；反之，如果\( x-c\)为\( f( x)\)因式，则\( f( c) =0\)
求根的一般方法
由于此时 \( f( x) =a_{n} x^{n} +a_{n-1} x^{n-1} +\cdots +a_{1} x+a_{0} ，a_{j}( 0\leq j\leq n) \ \in \ Z \)，不妨设\(f( c) =0\)，且\(c=\frac{p}{q} \)，p和q互质
可以得到：
$$ a_{n}\left(\frac{p}{q}\right)^{n} +a_{n-1}\left(\frac{p}{q}\right)^{n-1} +\cdots +a_{1}\left(\frac{p}{q}\right) +a_{0} \ =\ 0 $$
即
$$ a_{n} p^{n} +a_{n-1} p^{n-1} q+\cdots +a_{1} pq^{n-1} +a_{0} q^{n} \ =\ 0 $$
由于 \(p|0 \)（表示0可以整除p），所以
$$ p|a_{n} p^{n} +a_{n-1} p^{n-1} q+\cdots +a_{1} pq^{n-1} +a_{0} q^{n} $$
而由于整除的性质，即对\( a|b_{1} ，\cdots ，a|b_{k} 同时成立\ \Longleftrightarrow \ 对任意x_{1} ，\cdots ，x_{k} \ \in \ Z\ \)，有
$$ a|b_{1} x_{1} +....+b_{k} x_{k} $$
证明可在任何一本数论书籍中找到，这里省略。由( 5) 可从( 4) 推出：
$$ p|a_{n} p^{n} ，p|a_{n-1} p^{n-1} q，\cdots ，p|a_{0} q^{n} \ $$
由于p和q互质，自然\( \ p\nmid q^{n} \)，那么只有\( \ p|a_{0} \)，同理\( q|a_{n} \)
所以，p为\(a_{0} \) 因数，q为\(a_{n} \)因数，因此有理根\( c=\frac{p}{q} \)中分子p为常数项 \(a_{0}\) 的因数，分母q为首项系数\(a_{n}\)的因数
长除法原理
已知\( x=\frac{p}{q} \)为\(f( x) \)的有理根，且p和q互质，由前文可知定有因式\( \left( x-\frac{p}{q}\right) \) ，等价于有因式\( qx-p \)
现在证明\( \frac{f( x)}{qx-p} \ =\ Q( x) ，Q( x) \ \in \ Z[ x] \)
$$ \begin{array}{l r} & \frac{a_{n}}{q} x^{n-1} +\frac{1}{q}\left( a_{n-1} +\frac{pa_{n}}{q}\right) x^{n-2} +\cdots \\ qx-p & \overline{) a_{n} x^{n} +a_{n-1} x^{n-1} +\cdots +a_{1} x+a_{0}} \\ & \underline{a_{n} x^{n} -\frac{a_{n} p}{q} x^{n-1} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ } \\ & \left( a_{n-1} +\frac{pa_{n}}{q}\right) x^{n-1} +a_{n-2} x^{n-2} +\cdots +a_{0} \end{array} $$
\( 为了消除a_{n} x^{n} ，即A( x)( qx-p) =\ a_{n} x^{n} ，求得A( x) =\frac{a_{n}}{q} x^{n-1} ，其余同理\)
\( 观察商式首项\frac{a_{n}}{q} x^{n-1} ，显然\frac{a_{n}}{q} 为整数（前文已经证明q|a_{n} ）。这里把B( x) =\frac{a_{n}}{q} x^{n-1} ，有\)
$$ f( x) =( qx-p) B( x) +R( x) \ ，R( x) 为余式，B( x) \in Z[ x] ，f( x) \in Z[ x] $$
\(显然，R( x) \ \in \ Z[ x] ，否则f( x) \ \notin \ Z[ x] ，因此首项系数\ \left( a_{n-1} +\frac{pa_{n}}{q}\right) \ \in \ Z \)
\( 并且R( x) 的根也一定为\frac{p}{q} ，否则最后结果一定会存在一个不以( px-q) 为因式的多项式，即存在余式，但这与x=\frac{p}{q} 为f( x) 的根( 因式定理) 矛盾，因为因式定理断言f\left(\frac{p}{q}\right) \ =\ 0 \)
\(所以R\left(\frac{p}{q}\right) \ =\ 0，对于首项\left( a_{n-1} +\frac{pa_{n}}{q}\right) x^{n-1} ，代入有 \)
$$ R\left(\frac{p}{q}\right) =\left( a_{n-1} +\frac{pa_{n}}{q}\right)\left(\frac{p}{q}\right)^{n-1} +a_{n-2}\left(\frac{p}{q}\right)^{n-2} +...+a_{0} =0 $$
由前文知识可以知道，\( q|\left( a_{n-1} +\frac{pa_{n}}{q}\right) \ \)，这是由于q为\( a_{n} 即\left( a_{n-1} +\frac{pa_{n}}{q}\right) 的因数 \)
（见求根的一般方法）。这表明\( \left( a_{n-1} +\frac{pa_{n}}{q}\right)\) 为q的倍数，所以\( \frac{1}{q}\left( a_{n-1} +\frac{pa_{n}}{q}\right) \in Z。即第二项\frac{1}{q}\left( a_{n-1} +\frac{pa_{n}}{q}\right) x^{n-2} 也为整系数 \)
依此类推，我们就可以证明
$$ Q( x) \ =\frac{a_{n}}{q} x^{n-1} +\frac{1}{q}\left( a_{n-1} +\frac{pa_{n}}{q}\right) x^{n-2} +...\in \ Z[ x]$$
一些结论
\( 1.如果f( x) \ \in \ Z[ x] ，如果( q-p) 不为f( 1) 因数，则\frac{p}{q} 不为f( x) 的根\)
$$ 证明：如果f( x) 存在根\frac{p}{q} ，由因式定理可知f( x) =( qx-p) Q( x)\\ 令x=1，得到f( 1) =( q-p) Q( 1) ，由前文长除法原理，可以知道，Q( x) \in Z[ x] ，所以\\ Q( 1) \ \in \ Z，那么得到\ q-p\ |\ f( 1) 。当q\ -\ p\ \nmid \ f( 1) 时候，自然\frac{p}{q} 不为f( x) 的根 $$
\(2.对于任意的一元多项式，如果系数和为0，则一定存在因式( x-1) ；如果多项式偶次项系数和等于奇次项系数和，则一定有因式( x+1)\)
$$ 证明：设f( x) \ =a_{n} x^{n} +a_{n-1} x^{n-1} +\cdots +a_{1} x+a_{0} ，令x=1，得到\\ f( 1) =\sum _{i=0}^{n} a_{i} \ =\ 0，所以一定存在因式( x-1) 。类似的，令x=-1，则\\ f( -1) =( a_{n} +a_{n-2} +....) -( a_{n-1} +...+a_{1}) ，这里设n为偶数，由假设可知，f( -1) =0\\ 从而一定有因式( x+1) $$
轮换式和对称式
在前面铺垫之下，终于可以进入轮换和对称的内容。
\(1.一般地，对于x,y,( z) 多项式，如果任意更换其中2个字母位置且式子不变，则这个式子为x,y,( z) 的对称式。例如\ x+y，xy，xy+yz+zx，xyz等等\)
\(2.一般地，对于x,y,( z) 多项式，将字母x，y，z轮换（即x\rightarrow y，y\rightarrow z，z\rightarrow x）保持不变，则该式称为x,y,( z) 的轮换式。例如x+y+z，xy+yz+zx等等\)
显然三元对称式一定轮换，但反之不一定成立
\(我们记轮换求和为\ \sum _{cyc}^{3} x^{2} y\ =\ x^{2} y+y^{2} z+z^{2} x\ \ ( cyc表示轮换，3表示三元) \)
\(类似的，记对称求和为\sum _{sym}^{3} x^{2} y=x^{2} y+x^{2} z+y^{2} x+y^{2} z+z^{2} x+z^{2} y。\)
\(类似的，我们也可以记轮换求积，对称求积为\prod _{cyc} ，\prod _{sym} 。一般地，上面的数字可以省略 \)
有些时候，下标也可以省略，一般默认轮换求和。\( 如\sum x^{2} y\ =\ x^{2} y+y^{2} z+z^{2} x \)
\( 轮换式有一个重要性质：2个轮换式（对称式）的和差积商（假定能整除）仍为轮换（对称），即\)
$$ \sum _{cyv} A( x) \ \cdotp \ \sum _{cyc} B( x) \ =\ \sum _{cyc} C( x)\\ \ \frac{\sum _{cyv} A( x) \ }{\sum _{cyc} B( x)} \ \ =\ \sum _{cyc} C( x) $$
其余类似
（基础1）基础求和，求积运算和轮换对称
评论