具体数学:和式(二)三大法则与和式合并本章节主要讲解了和式的三大法则，并通过艾弗森约定引入和式的合并法则，进而可以用过扰

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 \tag{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)} \tag{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 $K = \{-1, 0, +1\}$ 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。

案例一：满足双射的情形

设 $K = \{0, 1, 2\}$ ，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：
$\sum_{k \in \{0,1,2\}} a_k = a_0 + a_1 + a_2 = a_2 + a_1 + a_0 = \sum_{k \in \{0,1,2\}} a_{2-k}$
这说明在双射条件下，和式可以自由重排。

案例二：不满足双射的情形

设 $K = \{-1, 0, 1\}$ ，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 $\{0, 1\}$ ，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：
$\sum_{k \in \{-1,0,1\}} a_k = a_{-1} + a_0 + a_1$
而
$\sum_{p(k) \in \{-1,0,1\}} a_{p(k)} = \sum_{k^2 \in \{-1,0,1\}} a_{k^2}$
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。

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 \leq k \leq n} (a + bk) \tag{2.18}

步骤1：应用交换律（倒序求和）

令 $k' = n - k$ ，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 \leq k \leq n} (a + bk) = \sum_{0 \leq n-k \leq n} \left( a + b(n - k) \right)

由于 $0 \leq n - k \leq n$ 当且仅当 $0 \leq k \leq n$ ，所以：

S = \sum_{0 \leq k \leq 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 \leq k \leq n} \left[ (a + bk) + (a + bn - bk) \right] = \sum_{0 \leq k \leq 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 \leq k \leq 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) \tag{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：
$\sum_{k=0}^{n} (a + kd) = \left( a + \frac{1}{2} d n \right)(n + 1)$
等价地，若记：

首项： $a_1 = a$

末项： $a_{n+1} = a + n d$

项数： $n + 1$

则标准求和公式为：
$\sum_{k=0}^{n} (a + kd) = \frac{(首项 + 末项) \times 项数}{2} = \frac{(a + (a + n d))}{2} \cdot (n + 1)$
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} \tag{2.19}

2.3.2 艾弗森约定的引入

引入艾弗森括号（Iverson bracket）：

[P] = \begin{cases} 1, & \text{若命题 } P \text{ 成立} \\ 0, & \text{否则} \end{cases}

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] \tag{2.21}

这种统一表示法便于结合逻辑运算处理指标集。

2.3.3 集合合并法则

若 $K$ 和 $K'$ 是任意整数集合，则有：

\sum_{k \in K} a_k + \sum_{k \in K'} a_k = \sum_{k \in K \cap K'} a_k + \sum_{k \in K \cup K'} a_k \tag{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] \tag{2.21}

[k \in K] + [k \in K'] = [k \in K \cap K'] + [k \in K \cup K'] \tag{2.22}

[!NOTE]
$\sum_{k \in K} a_k + \sum_{k \in K'} a_k = \sum_{k \in K \cap K'} a_k + \sum_{k \in K \cup K'} a_k$
为何不重合？

左边：交集 $K \cap K'$ 中的项被加两次。

右边：并集 $K \cup K'$ 加一次，交集 $K \cap K'$ 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：
$[k \in K] + [k \in K'] = [k \in K \cap K'] + [k \in K \cup K']$
对所有 $k$ 成立，逐项相等，求和后仍相等。

应用

几乎不相交的和式合并 当 $1 \leq m \leq n$ 时：
$\sum_{k=1}^{m} a_k + \sum_{k=m}^{n} a_k = a_m + \sum_{k=1}^{n} a_k$
分离首项 当 $n \geq 0$ 时：
$\sum_{0 \leq k \leq n} a_k = a_0 + \sum_{1 \leq k \leq n} a_k \tag{2.23}$

这类操作是扰动法的基础。

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 \leq k \leq n} a_k

考虑 $S_{n+1}$ 的两种展开方式：

S_n + a_{n+1} = \sum_{0 \leq k \leq n+1} a_k = a_0 + \sum_{1 \leq k \leq n+1} a_k

对右边的和式做变量替换 $k \to k+1$ ，得：

a_0 + \sum_{1 \leq k+1 \leq n+1} a_{k+1} = a_0 + \sum_{0 \leq k \leq n} a_{k+1} \tag{2.24}

于是得到方程：

S_n + a_{n+1} = a_0 + \sum_{0 \leq k \leq 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 \leq k \leq n} a x^k

应用扰动法：

S_n + a x^{n+1} = a + \sum_{0 \leq k \leq n} a x^{k+1} = a + x \sum_{0 \leq k \leq 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} \tag{2.25}

当 $x = 1$ 时，和式为 $(n+1)a$ 。

应用二： $\sum k 2^k$

设：

S_n = \sum_{0 \leq k \leq 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 \leq k \leq n} (k+1) 2^{k+1} = \sum_{0 \leq k \leq n} k \cdot 2^{k+1} + \sum_{0 \leq k \leq n} 2^{k+1}

第一项：

\sum_{0 \leq k \leq n} k \cdot 2^{k+1} = 2 \sum_{0 \leq k \leq n} k 2^k = 2 S_n

第二项为几何级数：

\sum_{0 \leq k \leq n} 2^{k+1} = 2 \sum_{0 \leq k \leq 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} = 2 S_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 \leq k \leq n} k 2^k = (n - 1) 2^{n+1} + 2

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}, \quad 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} \tag{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}, \quad 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} \tag{2.26}

结果与扰动法一致。

具体数学:和式(二)三大法则与和式合并