记号

求和的符号有两种形式

第一种是确定界限的形式，也叫封闭形式，例如：$\sum\limits_{k=1}^n a_k$

第二种叫做一般形式，就是把一个或者多个条件写在 $\sum$ 符号的下面，例如刚刚的例子可以写成 $\sum\limits_{1\le k \le n} a_k$

和式和递归式的转化

和式和递归式之间可以相互转化，

和式转化成递归式

$S_n=\sum a_n$ 可以转化为 $S_n=S_{n-1}+a_n,S_1=a_1$，后面这一项就是一个递归式子

例如：我们这里有一个递归式

$\begin{aligned} R_0=\alpha\\ R_n=R_{n-1}+\beta+\gamma n, n>0 \end{aligned}$

这个可以写成通解的形式：$R_n=A(n)\alpha+B(n)\beta+C(n)\gamma$

由成套方法得出 $A(n)=1,B(n)=n,C(n)=(n^2+n)/2$

我们需要计算 $\sum\limits_{k=0}^n(a+bk)$，只需要把 $a=\alpha, a=\beta, b=\gamma$ 代入即可

递归式转化成和式

$\begin{aligned} T_0&=0\\ T_n&=2T_{n-1}+1, n>0 \end{aligned}$

两边除以 $2^n$ 得到

$\begin{aligned} T_0/2^0&=0\\ T_n/2^n&=T_{n-1}/2^{n-1}+1/2^n, n>0 \end{aligned}$

设 $S_n=T_n/2^n$

$\begin{aligned} S_0&=0\\ S_n&=S_{n-1}+1/2^n, n>0 \end{aligned}$

由此得到 $S_n=\sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{2}^k = 1-(\frac{1}{2})^n$，所以 $T_n=2^n-1$

和式的变换法则

经典的三条性质，注意这里的 $K$ 是一个集合

$\sum_{k \in K} c a_k = c \sum_{k \in K} a_k \quad \text{(分配律)}$

$\sum_{k \in K} (a_k + b_k) = \sum_{k \in K} a_k + \sum_{k \in K} b_k \quad \text{(结合律)}$

$\sum_{k \in K} a_k = \sum_{p(k) \in K} a_{p(k)} \quad \text{(交换律)}$

注意 $p(k)$ 是一个双射函数，也可以理解为一个排列

例如：$K=\{1,2,3,4\}$ 那么，$p(k)=\{4,2,3,1\}$ 就是一个排列

当然 $p(k)$ 可以多出几个元素例如上面那个例子 $p(k)=\{4,2,3,1,5,6\}$ 也是可以的，$5,6$ 不在 $K$ 中

接下来看一个例子：$S=\sum\limits_{0\le k \le n}(a+bk)$

利用交换率，用 $n-k$ 代替 $k$，得到

$S=\sum\limits_{0\le n-k\le n}(a+b(n-k))=\sum\limits_{0\le k \le n}(a+bn-bk)$

利用结合律，把这两个方程相加，得到

$2S=\sum\limits_{0\le k \le n}(a+bk+a+bn-bk)=\sum\limits_{0\le k \le n}(2a+bn)=(n+1)(2a+bn)$

所以

$S=\frac{(n+1)(2a+bn)}{2}$

扰动法

和式中有一种非常厉害的方法叫扰动法，就是把一项从和式中去除出去，然后尝试把剩下的项变成 $S_n$ 的形式，从而解出 $S_n$

例如：$S_n=\sum\limits_{0\le k \le n}ax^k$，使用扰动法的基本套路

$S_n+ax^{n+1}=ax^0+\sum\limits_{1\le k\le n+1} ax^{k}=ax^0+\sum\limits_{0\le k\le n}ax^{k+1}=ax^0+xS_n$

等式两边同时出现了 $S_n$，解出 $S_n=\frac{a-ax^{n+1}}{1-x}$

考虑另外一个例子：$S_n=\sum\limits_{0\le k \le n}k2^k$，考虑扰动法

$\begin{aligned} S_n+(n+1)2^{n+1}&=\sum\limits_{0\le k \le n}(k+1)2^{k+1}\\ &=2\sum\limits_{0\le k\le n}k2^k+\sum\limits_{0\le k\le n}2^{k+1}\\ &=2S_n+2^{n+2}-2 \end{aligned}$

解出 $S_n=2^{n+1}(n-1)+2$

设未知数 $x$，能求出 $S_n=\sum\limits_{0\le k \le n} kx^{k}$ 的通解：

$S_n=\frac{x-x^{n+1}(n+1)+nx^{n+2}}{(x-1)^2},x\ne 1$

我们也可以利用求导的方法，求出 $S_n=\sum\limits_{0\le k \le n} kx^{k}$ 的通解：

已知：$\sum\limits_{k=0}^n x^k=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}$，两边同时求导

$\sum\limits_{k=0}^n kx^{k-1}=\frac{(1-x)(-(n+1)x^n)+1-x^{n+1}}{(1-x)^2}=\frac{1-(n+1)x^n+nx^{n+1}}{(1-x)^2}$

两边同时乘以 $x$，得到

$\sum\limits_{k=0}^n kx^k=\frac{x-x^{n+1}(n+1)+nx^{n+2}}{(x-1)^2}$

就能得到和上面扰动法一样的结果了

多重和式

多重和式对应于连续函数的积分，可以利用积分的一些思维来思考多重和式

对于自变量相互无关的情况很好理解

$\begin{aligned} \sum\limits_{1\le j,k\le 3}a_jb_k&=a_1b_1+a_1b_2+a_1b_3+a_2b_1+a_2b_2+a_2b_3+a_3b_1+a_3b_2+a_3b_3\\ &=a_1(b_1+b_2+b_3)+a_2(b_1+b_2+b_3)+a_3(b_1+b_2+b_3)\\ &=(a_1+a_2+a_3)(b_1+b_2+b_3)\\ &=\left(\sum\limits_{1\le j\le 3}a_j\right)\left(\sum\limits_{1\le k\le 3}b_k\right) \end{aligned}$

一个多重和式可以转化成两个和式相乘的形式，前提是 $J=K$，其中 $j\in J,k\in K$，这一点在级数相乘的时候极为有效

在具体求多重和式的时候，往往是一层一层往外求，理论上来说，先固定住哪个自变量都是无所谓的，所以我们可以交换求和符号的位置

设 $P(j,k)$ 返回的是 $j,k$ 是否满足某种性质，那么有：

$\sum\limits_{j\in J}\sum\limits_{k\in K}a_{j,k}[P(j,k)]=\sum\limits_{k\in K}\sum\limits_{j\in J}a_{j,k}[P(j,k)]$

讨论自变量之间有某些限制

一种比较常见的方式：$1\le j \le k \le n$，我们可以通过画图找出需要求和的元素

可以看到对角线以及右上角的那一块都是需要求和的

另外一种常见的方式 $1\le j,k\le n,j+k=n$，画出图来是按对角线求和

这种求和方法有一种自己的名字，叫卷积（Convolution）

例一：求 $\sum\limits_{1\le j\le k\le n}a_ja_k$

可以看到要求部分是右上三角形

由于图标的对称性，可以得到 $S_{\text{左下}}=S_{\text{右上}}$

由容斥原理：$S_{\text{左下}}+S_{\text{右上}}=S_{\text{全部}}-S_{\text{对角线}}$

于是就能得我们想要的答案了

$S_{\text{右上}}=\sum\limits_{1\le j\le k\le n}a_ja_k=\frac{1}{2}\left(\left(\sum\limits_{k=1}^na_k\right)^2+\sum\limits_{k=1}^n a_k^2\right)$

例二：求 $S=\sum\limits_{1\le j < k \le n}(a_k-a_j)(b_k-b_j)$

交换 $j,k$ 仍然由对称性：

$S=\sum\limits_{1\le k< j\le n}(a_j-a_k)(b_j-b_k)=\sum\limits_{1\le k< j\le n}(a_k-a_j)(b_k-b_j)$

所以得到答案

$2S=\sum\limits_{1\le j, k\le n}(a_j-a_k)(b_j-b_k)-\sum\limits_{1\le j=k\le n}(a_j-a_k)(b_j-b_k)$

显然，第二个和式等于 $0$，把第一个和式展开

$\begin{aligned} 2S&=\sum\limits_{1\le j, k\le n}a_jb_j-\sum\limits_{1\le j, k\le n}a_jb_k-\sum\limits_{1\le j, k\le n}a_kb_j+\sum\limits_{1\le j, k\le n}a_kb_k\\ &=2n\sum\limits_{1\le k\le n}a_kb_k-2\left(\sum\limits_{k=1}^n a_k\right)\left(\sum\limits_{k=1}^n b_k\right) \end{aligned}$

所以就得出了 $S=n\sum\limits_{1\le k\le n}a_kb_k-\left(\sum\limits_{k=1}^n a_k\right)\left(\sum\limits_{k=1}^n b_k\right)$

• 若 $\{a\},\{b\}$ 都是升序的，那么显然 $S\ge 0$，所以 $n\sum\limits_{1\le k\le n}a_kb_k-\left(\sum\limits_{k=1}^n a_k\right)\left(\sum\limits_{k=1}^n b_k\right) \ge n$ ，可以推出不等式：$n\sum\limits_{1\le k\le n}a_kb_k\ge \left(\sum\limits_{k=1}^n a_k\right)\left(\sum\limits_{k=1}^n b_k\right)$

• 若 $\{a\}$ 是升序的，$\{b\}$ 是降序的，那么显然 $S\le 0$，所以 $n\sum\limits_{1\le k\le n}a_kb_k-\left(\sum\limits_{k=1}^n a_k\right)\left(\sum\limits_{k=1}^n b_k\right) \le n$ ，可以推出不等式：$n\sum\limits_{1\le k\le n}a_kb_k\le \left(\sum\limits_{k=1}^n a_k\right)\left(\sum\limits_{k=1}^n b_k\right)$

这两个不等式叫做 切比雪夫单调不等式

例三

$S_n=\sum\limits_{1\le j<k\le n}\frac{1}{k-j}$

我们可以用 $k-j$ 替换 $j$，然后固定 $k$

$\begin{aligned} S_n&=\sum\limits_{1\le k \le n}\sum\limits_{1\le j\le k}\frac{1}{k-j}\\ &=\sum\limits_{1\le k \le n}\sum\limits_{0\le j\le k-1}\frac{1}{j}\\ &=\sum\limits_{1\le k \le n}H_{k-1}\\ &=\sum\limits_{0\le k \le n-1}H_{k}\\ \end{aligned}$

其中 $H_k$ 是调和级数，我们对调和级数有公式，但是对于调和级数求和没有公式，说明固定 $k$ 走不通考虑固定 $j$

$\begin{aligned} S_n&=\sum\limits_{1\le j < n}\ \sum\limits_{j < k\le n}\frac{1}{k-j}\\ &=\sum\limits_{1\le j \le n}\ \sum\limits_{j<k+j\le n}\frac{1}{k+j-j}\\ &=\sum\limits_{1\le j \le n}\ \sum\limits_{0<k\le n-j}\frac{1}{k}\\ &=\sum\limits_{1\le j \le n}H_{n-j}\\ &=\sum\limits_{0\le j \le n-1}H_{j}\\ \end{aligned}$

还是回到了调和级数求和的问题，考虑按对角线求和

$\begin{aligned} S_n&=\sum\limits_{1\le j < n}\ \sum\limits_{j < k\le n}\frac{1}{k-j}\\ &=\sum\limits_{1\le j \le n}\ \sum\limits_{j<k+j\le n}\frac{1}{k+j-j}\\ &=\sum\limits_{1\le j \le n}\ \sum\limits_{0<k\le n-j}\frac{1}{k}\\ &=\sum\limits_{0<k<n}\ \sum\limits_{1\le j\le n-k}\frac{1}{k}\\ &=\sum\limits_{0<k<n}\frac{n-k}{k}=\sum\limits_{0<k<n}(\frac{n}{k}-1)\\ &=n\sum\limits_{1\le k\le n}\frac{1}{k}-\frac{n}{n}-(n-1)\\ &=nH_n-n \end{aligned}$

我们还可以从几何的层面来理解这个式子：

刚开始的几次我们按照行和列求和，都会得到一个调和级数求和的式子，最后一种方式是按照对角线，这里得到 $\frac{3}{1}+\frac{2}{2}+\frac{1}{3}$

一般性方法

这一节基本上就是总结性质的，把前面介绍的方法综合运用一下

要求一个立方和 $S_n=\sum\limits_{k=0}^n k^2, \ n \ge 0$

方法0：查找公式

OEIS (opens new window) 能帮我们很好的查找公式

得到的答案是 $S_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

方法1：数学归纳法

已知：$S_n=\frac{n(n+\frac{1}{2})(n+1)}{3}$

显然 $S_0=0$ 成立，假设 $n>0$ 时，$S_{n-1}=\frac{(n-1)(n-\frac{1}{2})n}{3}$ 成立，有：$S_n=S_{n-1}+S$

$\begin{aligned} 3S_n&=(n-1)(n-\frac{1}{2})(n)+3n^2 \\ &=n^3+\frac{3}{2}n^2+\frac{1}{2}n \\ &=n(n+1)(n+\frac{1}{2}) \end{aligned}$

所以 $S_n=\frac{n(n+\frac{1}{2})(n+1)}{3}$ 对所有 $n\ge 0$ 都成立

方法2：扰动法

$\begin{aligned} S_n+(n+1)^2&=\sum\limits_{k=0}^{n}(k+1)^2=\sum\limits_{k=0}^n(k^2+2k+1)\\ &=\sum\limits_{k=0}^{n}k^2+2\sum\limits_{k=0}^nk+\sum\limits_{k=0}^n1\\ &=S_n+2\sum\limits_{k=0}^nk+n+1 \end{aligned}$

惊人的发现，我们需要求的 $S_n$ 被消掉了，留下一个 $\sum\limits_{k=0}^nk=\frac{(n+1)^2-(n+1)}{2}=\frac{n(n+1)}{2}$

我们猜想能不能用立方和来把平方和求出来，设 $T_n=\sum\limits_{k=0}^n k^3$

$\begin{aligned} T_n+(n+1)^3&=\sum\limits_{k=0}^n(k+1)^3=\sum\limits_{k=0}^n(k^3+3k^2+3k+1)\\ &=\sum\limits_{k=0}^n k^3+3\sum\limits_{k=0}^n k^2+3\sum\limits_{k=0}^n k+\sum\limits_{k=0}^n 1\\ &=T_n+3S_n+3\frac{n(n+1)}{2}+n+1 \end{aligned}$

$T_n$ 被消掉了，留下我们需要求的 $S_n$，这样 $3S_n=(n+1)^3-3\frac{n(n+1)}{2}-(n+1)$

所以 $S_n=\frac{n(n+1)(n+\frac{1}{2})}{3}$

方法3：建立成套方法

还是老规矩，建立成套方法，设：

$\begin{aligned} R_0&=\alpha, n=0\\ R_n&=R_{n-1}+\beta+\gamma n+\delta n^2, n>0 \end{aligned}$

解的一般形式就是：$R_n=A(n)\alpha+B(n)\beta+C(n)\gamma+D(n)\delta$

我们已知，$\delta=0$ 时，$A(n)=1,B(n)=n,C(n)=(n^2+n)/2$

现在要求 $D(n)$ 和他们的关系，设 $R_n=n^3$，有 $n^3=(n-1)^3+\beta+\gamma n+\delta n^2$

可得：$\alpha=0$，$\beta=1$，$\gamma=-3$，$\delta=3$，代入：$3D(n)-3C(n)+B(n)=n^3$

就把 $D(n)$ 接出来了，$D(n)=n^3-3\frac{n(n+1)}{2}+n=\frac{n(n+\frac{1}{2})(n+1)}{3}$

我们需要求的和式 $S_n$ 转化成递归式子，只需要令 $\alpha=\beta=\gamma=0$ 以及 $\delta=1$

则 $S_n=D(n)$

方法4：用积分替换和式

我们已知 $\int_{0}^{n}x^2dx=\frac{n^3}{3}$，显然，和式和积分之间的差距并不差，只是差一个误差

我们设这个误差为 $E_n=S_n-\frac{n^3}{3}$，通过 $S_n$ 的递归式，我们能得出 $S_n=S_{n-1}+n^2$

$\begin{aligned} E_n&=S_n-\frac{n^3}{3}=S_{n-1}+n^2-\frac{n^3}{3}\\ &=E_{n-1}+\frac{(n-1)^3}{3}+n^2-\frac{n^3}{3}\\ &=E_{n-1}+n-\frac{1}{3} \end{aligned}$

于是，我们就得到了 $E_n$ 的递推式，$E_n=E_{n-1}+n-\frac{1}{3}$，$E_0=0$

很容易算出 $E_n$ 的通项公式为 $E_n=\frac{n(n+1)}{2}-\frac{n}{3}$，所以 $S_n=E_n+\frac{n^3}{3}=\frac{n(n+1)(n+\frac{1}{2})}{3}$

方法5：展开和放缩

这种方法极具技巧性，把一个一重和式转化成二重和式

$\begin{aligned} S_n&=\sum\limits_{k=0}^n k^2=\sum\limits_{1\le j \le k \le n} k \\ &=\sum\limits_{1\le j \le n}\ \sum\limits_{j\le k\le n} k\\ &=\sum\limits_{1\le j \le n} (\frac{j+n}{2})(n-j+1)\\ &=\frac{1}{2}\sum\limits_{1\le j \le n} \left(n(n+1)+j-j^2\right)\\ &=\frac{1}{2}n^2(n+1)+\frac{1}{4}n(n+1)-\frac{1}{2} S_n\\ \end{aligned}$

这样等式两边都出现了 $S_n$，解出 $S_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

有限微积分

我们类似于积分和微分的思维，在离散域上定义有限微积分，定义差分算子 $\Delta f(x)$ 是 $(f(x+h)-f(x))/h$ 当 $h=1$ 时的值

还需要定义两种特殊的次幂:

• 下降阶乘幂 $x^{\underline{m}}=x(x-1)\cdots(x-m+1),\ m \ge 0$
• 上升阶乘幂 $x_{\overline{m}}=x(x+1)\cdots(x+m-1),\ m \ge 0$

我们为什么要定义这样奇特的形式呢，因为这样求差分的时候会和微分有很多共同点

$\begin{aligned} \Delta x^{\underline{m}}&=(x+1)^{\underline{m}}-x^{\underline{m}}\\ &=(x+1)x(x-1)\cdots(x-m+2)-x(x-1)(x-2)\cdots(x-m+1)\\ &=(x+1-(x-m+1))x(x-1)(x-2)\cdots(x-m+2)\\ &=mx(x-1)(x-2)\cdots(x-m+2)\\ &=m x^{\underline{m-1}} \end{aligned}$

有限微积分也存在类似于微积分基本定理的东西

$g(x)=\Delta f(x)\Longleftrightarrow \sum g(x)\delta x=f(x)+C$

这里的 $\sum g(x)\delta x$ 是 $g(x)$ 的不定和式，这里的 $C$ 可以是周期为 $1$ 的任意函数

大名鼎鼎的牛顿-莱布尼茨公式在有限微积分中也有体现 $\sum_a^b g(x) \delta x = f(x) \bigg|_a^b = f(b) - f(a)$

思考 $\sum_a^b g(x) \delta x = f(x) \bigg|_a^b = f(b) - f(a)$ 当，上下限相同时：

$\sum_a^a g(x) \delta x = f(x) \bigg|_a^a = f(a) - f(a) = 0$

当上下限差 $1$ 时：

$\sum_a^{a+1} g(x) \delta x = f(x) \bigg|_a^{a+1} = f(a+1) - f(a)=\Delta f(x)=g(x)$

着预示着和传统的求和符号有点不同，可以理解为 $\sum_{a}^b g(x)\delta x=\sum\limits_{k=a}^{b-1}g(k)=\sum\limits_{a\le k<b}g(k), b\ge a$

也就是说，如果存在能找到一个 $f(x)$ 使得 $f(x+1)-f(x)=g(x)$，那么理论上来说就可以求 $\sum g(x)$ 这类的和了

我们尝试去求类似于原函数的东西 $f(x)$

比如：$g(x)=x^{\underline{m}}$，$f(x)=\frac{x^{\underline{m+1}}}{m+1}$

我们用前面的例子，求 $\sum\limits_{0\le k < n} k^2$ 已知 $k^2=k^{\underline{2}}+k^{\underline{1}}$，所以

$\sum\limits_{0\le k < n} k^2=\frac{n^{\underline{3}}}{3}+\frac{n^{\underline{2}}}{2}=n(n-1)\left(n-2+\frac{3}{2}\right)=\frac{1}{3}n\left(n-\frac{1}{2}\right)(n-1)$

利用 $n+1$ 替换 $n$ 就可以得到 $S_n$ 了

尝试继续推广无限微积分，考虑下降次幂为负数的情况，$x^{\underline{m}},\ m<0$

观察:

• $x^{\underline{3}}=x(x-1)(x-2)$，$x^{\underline{2}}=x(x-1)$ 两个相除得出 $x-2$
• $x^{\underline{2}}=x(x-1)$，$x^{\underline{1}}=x$ 两个相除得出 $x-1$
• $x^{\underline{1}}=x$，$x^{\underline{0}}=1$ 两个相除得出 $x$

于是找规律得出 $x^{\underline{-1}}=\frac{1}{x+1},x^{\underline{-2}}=\frac{1}{(x+1)(x+2)}$，$x^{-m}=\frac{1}{(x+1)(x+2)\cdots(x+m)}$

通常的幂法则：$x^{m+n}=x^mx^n$，推广到有限微积分就变成了 $x^{\underline{m+n}}=x^{\underline{m}}(x-m)^{\underline{n}}$

现在确认下降幂的差分性质在 $m<0$ 是否成立也就是 $\Delta x^{\underline{m}}=mx^{\underline{m-1}}$

如果 $m=-2$，有

$\begin{aligned} \Delta x^{\underline{-2}}&=(x+1)^{\underline{-2}}-x^{\underline{-2}}\\ &=\frac{1}{(x+2)(x+3)}-\frac{1}{(x+1)(x+2)}\\ &=\frac{(x+1)-(x+3)}{(x+1)(x+2)(x+3)}\\ &=\frac{-2}{(x+1)(x+2)(x+3)}\\ &=-2x^{\underline{-3}} \end{aligned}$

说明求和性质对 $m<0$ 也成立，即 $\sum_a^b x^{\underline{m}}\delta x=\frac{x^{\underline{m+1}}}{m+1}\bigg|_a^b,\ m \ne 1$

现在考虑 $m=1$ 的时候，对于微积分，我们又 $\int_a^b x^{-1}dx=\ln x\bigg|_{a}^b$

我们需要在有限微积分中找一个类似于 $\ln x$ 的函数 ，这个函数的差分为 $\frac{1}{x+1}$

很显然能得到这个函数就是 $H_x$，于是就得到了求和的完整形式

$\sum_{a}^{b} x^{-m} \delta x = \begin{cases} \left. \frac{x^{m+1}}{m+1} \right|_{a}^{b}, & m \neq -1, \\ \left. H_{x} \right|_{a}^{b}, & m = -1. \end{cases}$

类似的，我们需要找一个 $e^x$ 类似物，根据定义 $d(e^x)=e^x$，所以有 $f(x+1)-f(x)=f(x)\Longleftrightarrow f(x+1)=2f(x)$，即 $f(x)=2^x$

$c^x$ 的差分也相当简单，即对任意的 $c$ 有

$\Delta (c^x) = c^{x+1} - c^x = (c - 1) c^x.$

那么，$c\ne 1$ 时，$c^x$ 的原函数就是 $c^x/(c-1)$

两个相乘的函数求微分：$d(uv)=udv+vdu$，两边同时积分得到分部积分法的公式：$\int udv=uv-\int vdu$

有限微积分也类似

$\begin{aligned} \Delta \left( u(x)v(x) \right) &= u(x+1)v(x+1) - u(x)v(x) \\ &= u(x+1)v(x+1) - u(x)v(x+1) + u(x)v(x+1) - u(x)v(x) \\ &= u(x)\Delta v(x) + v(x+1)\Delta u(x). \end{aligned}$

这里的 $v(x+1)$ 看着很烦，所以定义一个位移算子 $\text{E} f(x)=f(x+1)$

所以乘积差分法则可以写为：

$\Delta(uv)=u\Delta v+\text{E}v\Delta u$

两边求和得：

$\sum u\Delta v=uv-\sum \text{E}v\Delta u$

有限微积分和无限微积分对应着离散和连续，有很多共通点，在下列表中给出

来看几个例子：

例一：

$\begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} k 2^k &= \sum_{0}^{n+1} x 2^x \delta x \\ &= x 2^x - 2^{x+1} \bigg|_{0}^{n+1}\\ &= \left( (n+1) 2^{n+1} - 2^{n+2} \right) - (0 \times 2^0 - 2^1)\\ &= (n-1) 2^{n+1} + 2 \end{aligned}$

例二： 求 $\sum\limits_{0\le k < n} kH_k$

先求原函数，根据分部积分法则：

$\begin{aligned} \sum xH_x\delta x&=\frac{x^{\underline{2}}}{2}H_x-\sum\frac{(x+1)^{\underline{2}}}{x}x^{\underline{-1}}\delta x\\ &=\frac{x^{\underline{2}}}{2}H_x-\frac{1}{2}\sum x^{\underline{1}}\delta x\\ &=\frac{x^{\underline{2}}}{2}H_x-\frac{x^{\underline{2}}}{4}+C \end{aligned}$

然后把上下限代入：

$\sum\limits_{0\le k <n} kH_k=\sum_{0}^{n}xH_x\delta x=\frac{n^{\underline{2}}}{2}\left(H_n-\frac{1}{2}\right)$

无限和式

引用大乌拉的一句话：

我们对无穷的东西几乎一无所知

这一章书上举了几个具体的例子，都在表达无穷和式似乎没有我们想象的这么简单