TAOCP 1.2.1部分习题
T9
题目标记：25
题目 ：
试求下面式子的求和表达式，并予以证明：
\1\^2 , 2\^2 -1\^2 , 3\^2 -2\^2 +1\^2 , 4\^2 -3\^2 +2\^2 -1\^2 \\
以下是分析 ：
手动计算几个，发现就是等差数列求和。
于是我们猜想，前n项和为 \(\frac{n(n+1)}{2}\) 。
接下来是证明：
我们使用数学归纳法证明。
当 \(n=1\) 时，左边为 \(1^2=1\)，右边为 \(\frac{1(1+1)}{2}=1\)，成立。
假设当 \(n=k\) 时，等式成立，即归纳假设IHk:
\k\^2 - (k-1)\^2 + (k-2)\^2 - \\cdots - (-1)\^{k}= \\frac{k(k+1)}{2} \\
成立。
现在考虑 \(n=k+1\) 的情况。记前 \(n\) 项和为 \(F_n\)，则有
\F_k = \\frac{k(k+1)}{2} \\
我们尝试表示 \(F_{k+1}-F_k\)，注意到 \(F_{k+1}\) 与 \(F_k\) 除首项外，每项符号相反，因此，当我们计算 \(F_{k+1}-F_k\) 时，只有首项 \((k+1)^2\) 会被保留，其余项均翻倍。
因此，
\F_{k+1} -F_k = - 2F_k + (k+1)\^2 \\\\ = - 2 \\cdot \\frac{k(k+1)}{2} + (k+1)\^2 \\\\ = - k(k+1) + (k+1)\^2 \\\\ = (k+1)(-k + k + 1) \\\\ = k+1 \\
因此，
\F_{k+1} = F_k + (k+1) \\\\ = \\frac{k(k+1)}{2} + (k+1) \\\\ = \\frac{k(k+1) + 2(k+1)}{2} \\\\ = \\frac{(k+1)(k+2)}{2} \\
证毕。
T10
题目标记：30
题目 ：
试求下面式子的求和表达式，并予以证明：
\\\frac{1\^3}{1\^4+4} +\\frac{3\^3}{3\^4+4}+ \\cdots + \\frac{(-1)\^{n}(2n-1)\^3}{(2n-1)\^4+4} \\
以下是分析 ：
手动计算，我们注意到，分母之间每次差4的倍数，于是我们大胆猜想，是否有分母是类似 \(1+4 \times 2+4 \times 3+ \cdots +4 \times n\) 的形式。
显然是有的，这一步大约花费了我5min的时间。
随后我们考虑分子，肉眼就能观察到，分子就是 \(n\) 。
综上，我们有：
\\\frac{1\^3}{1\^4+4} +\\frac{3\^3}{3\^4+4}+ \\cdots + \\frac{(-1)\^{n}(2n-1)\^3}{(2n-1)\^4+4} \\\\ = \\frac{(-1)\^{n+1} \\cdot n}{1+4n\^2} \\
接下来是证明：
我们使用数学归纳法证明。
当 \(n=1\) 时，左边为 \(\frac{1^3}{1^3+4}=\frac{1}{5}\)，右边为 \(\frac{(-1)^{1+1} \cdot 1}{1+4 \cdot 1^2}=\frac{1}{5}\)，成立。
假设当 \(n=k\) 时，等式成立，即
\\\frac{1\^3}{1\^4+4} +\\frac{3\^3}{3\^4+4}+ \\cdots + \\frac{(-1)\^{k}(2k-1)\^3}{(2k-1)\^4+4} \\\\ = \\frac{(-1)\^{k+1} \\cdot k}{1+4k\^2} \\
现在考虑 \(n=k+1\) 的情况。我们记前 \(n\) 项和为 \(F_n\)，则有
\F_k = \\frac{(-1)\^{k+1} \\cdot k}{1+4k\^2} \\
则左边为
\\\frac{1\^3}{1\^4+4} +\\frac{3\^3}{3\^4+4}+ \\cdots + \\frac{(-1)\^{k}(2k-1)\^3}{(2k-1)\^4+4} + \\frac{(-1)\^{k+1}(2(k+1)-1)\^3}{(2(k+1)-1)\^4+4} \\\\ = F_k + \\frac{(-1)\^{k+1}(2(k+1)-1)\^3}{(2(k+1)-1)\^4+4} \\\\ \\
\= \\frac{(-1)\^{k+1} \\cdot k}{1+4k\^2} + \\frac{(-1)\^{k+1}(2k+1)\^3}{(2k+1)\^4+4} \\\\ \\
\= \\frac{(-1)\^{k+1} \\cdot k((2k+1)\^4+4) + (-1)\^{k+1}(2k+1)\^3(1+4k\^2)}{(1+4k\^2)((2k+1)\^4+4)} \\\\ \\
\= \\frac{(-1)\^{k+1}((2k+1)\^3(1+4k\^2) + k((2k+1)\^4+4))}{(1+4k\^2)((2k+1)\^4+4)} \\\\ \\
\= \\frac{(-1)\^{k+1}((2k+1)\^3 + 8k\^2(2k+1)\^3 + k(16k\^4 + 32k\^3 + 24k\^2 + 8k + 5))}{(1+4k\^2)((2k+1)\^4+4)} \\\\ \\
\= \\frac{(-1)\^{k+1}(16k\^5 + 32k\^4 + 24k\^3 + 8k\^2 + (2k+1)\^3 + 8k\^2(2k+1)\^3)}{(1+4k\^2)((2k+1)\^4+4)} \\\\ \\
\= \\frac{(-1)\^{k+1}(16k\^5 + 32k\^4 + 24k\^3 + 8k\^2 + 8k\^3 + 12k\^2 + 6k + 1 + 64k\^5 + 96k\^4 + 48k\^3 + 8k\^2)}{(1+4k\^2)((2k+1)\^4+4)} \\\\ \\
\= \\frac{(-1)\^{k+1}(80k\^5 + 128k\^4 + 80k\^3 + 28k\^2 + 6k + 1)}{(1+4k\^2)((2k+1)\^4+4)} \\\\ \\
\= \\frac{(-1)\^{k+1}((2k+2)(16k\^4 + 48k\^3 + 40k\^2 + 12k + 1))}{(1+4k\^2)((2k+1)\^4+4)} \\\\ \\
\= \\frac{(-1)\^{k+2} \\cdot (k+1)}{1+4(k+1)\^2} \\
证毕。
T16：（T15加强版本）
题目 ：
求
\\\sum_{j=0}\^{n}{jx\^j} \\
解：
\\\sum_{j=0}\^{n}{jx\^j} \\\\ = \\sum_{0\\leq i\\leq n}{ix\^i} \\\\ = x\\sum_{1\\leq i\\leq n}{ix\^{i-1}} \\\\ = x\\sum_{0\\leq i\\leq n-1}{(i+1)x\^i} \\\\ = x\\sum_{0\\leq i\\leq n-1}{ix\^i} + x\\sum_{0\\leq i\\leq n-1}{x\^i} \\\\ = x\\sum_{0\\leq i\\leq n}{ix\^i} -nx\^{n+1} + x\\sum_{0\\leq i\\leq n-1}{x\^i} \\
注意到：
\x\\sum_{0\\leq i\\leq n-1}{x\^i} \\\\ = x\\sum_{0\\leq i\\leq n}{x\^i} -x\^{n+1} \\\\ = x + x\\sum_{1\\leq i\\leq n}{x\^i} -x\^{n+1} \\\\ = x + x\^{2}\\sum_{1\\leq i\\leq n}{x\^{i-1}} -x\^{n+1} \\\\ = x + x\^{2}\\sum_{0\\leq i\\leq n-1}{x\^{i}} -x\^{n+1} \\
不妨令：
\S = x\\sum_{0\\leq i\\leq n-1}{x\^i} \\
我们有：
\S = x+ xS -x\^{n+1} \\\\ \\
\S-Sx = x-x\^{n+1} \\\\ \\
\S = \\frac{x-x\^{n+1}}{1-x} \\
所以：
\\\sum_{j=0}\^{n}{jx\^j} \\\\ = x\\sum_{0\\leq i\\leq n}{ix\^i} -nx\^{n+1} + x\\sum_{0\\leq i\\leq n-1}{x\^i} \\\\ = x\\sum_{0\\leq i\\leq n}{ix\^i} -nx\^{n+1} + \\frac{x-x\^{n+1}}{1-x} \\
再令：
\F = \\sum_{1\\leq i\\leq n}{ix\^i} \\
我们有：
\F = x\\sum_{0\\leq i\\leq n}{ix\^i} -nx\^{n+1} + \\frac{x-x\^{n+1}}{1-x} \\\\ \\
\F-xF = -nx\^{n+1} + \\frac{x-x\^{n+1}}{1-x} \\\\ \\
\F = \\frac{nx\^{n+2}-(n+1)x\^{n+1}+x}{(x-1)\^2} \\
结束。