• 具体数学学习笔记


    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)(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,
    (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

    1. 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
    2. 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)
    3. (S=sumlimits_{k=0}^n (-1)^kk^2) 的封闭形式
      (n) 的奇偶分别考虑,得 (S=(-1)^ncdot frac{n(n+1)}{2})
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/wasa855/p/12303865.html
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