被小奥计算难倒啦

kuing

题目：计算
\begin{align*}
&\left(\frac1{2008}\right)^2+\left(\frac1{2008}+\frac1{2007}\right)^2+\left(\frac1{2008}+\frac1{2007}+\frac1{2006}\right)^2\\
&+\cdots+\left(\frac1{2008}+\frac1{2007}+\cdots+\frac12+1\right)^2+\left(\frac1{2008}+\frac1{2007}+\cdots+\frac12+1\right).
\end{align*}

没想出简单的算法……

hbghlyj

Compute the value of the following expression

$$\left (1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}  \right )^2+\left ( \frac{1}{2}+\cdots + \frac{1}{n}\right )^2+\cdots+\left (\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n}  \right )^2+\left (\frac{1}{n}  \right )^2$$


The answer is $\boxed{2n-\left (1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}  \right )}$.

I've been trying to do it but I've been failed. Any ideas ?$$S_n - S_{n-1} = n\times \left(\frac{1}{n}\right)^2 + 2\frac{1}{n}\left(1 \times \frac11 +2 \times \frac12+\cdots + (n-1)\times \frac{1}{n-1} \right) = 2-\frac1n$$ and $S_0$ can be taken to be $0$, so just add up $(S_n - S_{n-1})+(S_{n-1} - S_{n-2})+\cdots + (S_{1} - S_{0})$.

hbghlyj

Using Iverson brackets and omitting the limits of sums when their index runs from $1$ to $n$, this is
$$
S_n=\sum_k\left(\sum_i\frac1i[k\leqslant i]\right)^2=\sum_{k}\sum_{i,j}\frac1{ij}[k\leqslant i,k\leqslant j]=\sum_{i,j}\frac1{ij}\sum_{k}[k\leqslant\min(i,j)]
$$
hence
$$
S_n=\sum_{i,j}\frac1{ij}\min(i,j)=\sum_{i,j}\frac1{\max(i,j)}=\sum_{m}\frac1m\sum_{i,j}[\max(i,j)=m]
$$
that is, as claimed by the OP,
$$
S_n=\sum_m\frac1m(2m-1)=2n-\sum_m\frac1m=2n-H_n
$$

kuing

搞粗来了，用了数列递推……

先不管最后那个括号，只算前面的平方和，有
\begin{align*}
a_n={}&\left(\frac1n\right)^2\\
&+\left(\frac1n+\frac1{n-1}\right)^2\\
&+\left(\frac1n+\frac1{n-1}+\frac1{n-2}\right)^2\\
&+\cdots\\
&+\left(\frac1n+\frac1{n-1}+\cdots+\frac12+1\right)^2\\
={}&\left(\frac1n\right)^2\\
&+\left(\frac1n\right)^2+\frac2n\cdot\frac1{n-1}+\left(\frac1{n-1}\right)^2\\
&+\left(\frac1n\right)^2+\frac2n\left(\frac1{n-1}+\frac1{n-2}\right)+\left(\frac1{n-1}+\frac1{n-2}\right)^2\\
&+\cdots\\
&+\left(\frac1n\right)^2+\frac2n\left(\frac1{n-1}+\cdots+\frac12+1\right)+\left(\frac1{n-1}+\cdots+\frac12+1\right)^2,
\end{align*}
`n` 行相加时，各行的首项相加为 `n\cdot(1/n)^2=1/n`，观察中间的那些项，不难看出一共出现 `n-1` 个 `1/(n-1)`，`n-2` 个 `1/(n-2)`，……，因此中间那些项相加为 `2(n-1)/n`，而各行最后一项相加就是 `a_{n-1}`，所以
\[a_n=\frac1n+\frac{2(n-1)}n+a_{n-1}=2-\frac1n+a_{n-1},\]
迭代下去就是
\[a_n=2(n-1)-\frac1n-\frac1{n-1}-\cdots-\frac12+a_1,\]
`a_1=1`，上式整理即
\[a_n+\frac1n+\frac1{n-1}+\cdots+\frac12+1=2n,\]
所以原题答案就是 `2\times2008=4016`。

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好吧，码完字才看到楼上给的链接😢

tommywong

$\displaystyle \sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^n=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[i\le j] =\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^n[i\le j]=\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^j$

$\displaystyle \sum_{i=1}^n\sum_{i\le j<k\le n}
=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^n [i\le j<k]
=\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^n[j<k]\sum_{i=1}^n[i\le j]
=\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^{k-1}\sum_{i=1}^j$

$\displaystyle \sum_{i=1}^n \left(\sum_{j=i}^n \frac{1}{j}\right)^2$
$=\displaystyle \sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^n \frac{1}{j^2}+2\sum_{i=1}^n\sum_{i\le j<k\le n}\frac{1}{jk}$
$=\displaystyle \sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^j \frac{1}{j^2}+2\sum_{k=2}^{n}\sum_{j=1}^{k-1}\sum_{i=1}^j \frac{1}{jk}$
$=\displaystyle \sum_{j=1}^n\frac{1}{j}+2\sum_{k=1}^n\frac{k-1}{k}$
$=\displaystyle 2n-H_n$

爪机专用

tommywong 发表于 2024-12-14 12:08
$\displaystyle \sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^n=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[i\le j] =\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^n[i ...

和式后面的中括号是啥意思🤔
不满足括号内条件的项就舍去不计算是吗？
好像有点懂了

tommywong

爪机专用 发表于 2024-12-15 11:57
和式后面的中括号是啥意思🤔
不满足括号内条件的项就舍去不计算是吗？
好像有点懂了 ...

我參考3#那個寫法做出來的，不清楚是不是有這種寫法
其實重積分也有這種根據積分範圍改變積分順序的做法，現在發現這樣寫出來好像也不錯

hbghlyj

@爪机专用

爪机专用 发表于 2024-12-15 03:57
和式后面的中括号是啥意思

在@kuing的帖子中有：

• forum.php?mod=viewthread&tid=682
• forum.php?mod=redirect&goto=findpost& … d=8292&pid=41627

Mathematica Boole[] Convert a list of truth values to integers:
In[]:={Boole[False], Boole[True]}
Out[]={0,1}

tommywong

我決定換個1字上去
en.wikipedia.org/wiki/Indicator_function

$\displaystyle \sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^n=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\mathbf{1}_{i\le j} =\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^n\mathbf{1}_{i\le j}=\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^j$

$\displaystyle \sum_{i=1}^n\sum_{i\le j<k\le n}
=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^n \mathbf{1}_{i\le j<k}
=\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^n\mathbf{1}_{j<k}\sum_{i=1}^n\mathbf{1}_{i\le j}
=\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^{k-1}\sum_{i=1}^j$

tommywong

zh.wikipedia.org/zh-tw/勒貝格積分
原來勒貝格積分條目也有用指示函數，我大學讀實變函數的時候卻不知道

hbghlyj

设$ \{f_{k}\}_{k\in \mathbb {N} } $是一个非负可测函数的非递减序列，令

$ f=\sup _{k\in \mathbb {N} }f_{k} $

由积分的单调性可以立刻得出：

$ \int fd\mu \geq \lim _{k}\int f_{k}d\mu $

由于该系列是单调的，因此可以推出右侧的极限存在。

我们现在来证明另一个方向的不等式（它也可以通过法图引理证明），即

$ \int fd\mu \leq \lim _{k}\int f_{k}d\mu $。

由积分的定义可以推出，有一个非负简单函数的非递减序列$ g_{n} $，几乎处处逐点收敛于$ f $，使得

$ \lim _{k}\int g_{k}d\mu =\int fd\mu $。

因此只需证明对于任何$ k\in \mathbb {N} $

$ \int g_{k}d\mu \leq \lim _{j}\int f_{j}d\mu $

我们来证明假如$ g $是一个简单函数而且几乎处处

$ \lim _{j}f_{j}(x)\geq g(x) $

则

$ \lim _{j}\int f_{j}d\mu \geq \int gd\mu $。

将函数$ g $分解为其常数部分，可以化为$ g $是一个集合的指示函数的情况。这样的话我们只要证明

设$ A $是一个可测集合，$ \{f_{k}\}_{k\in \mathbb {N} } $是一个$ E $上可测函数的非递减序列，则几乎对所有$ x\in A $

$ \lim _{n}f_{n}(x)\geq 1 $

则

$ \lim _{n}\int f_{n}d\mu \geq \mu (A). $

要证明这个结果，令$ \epsilon >0 $并定义可测集合的序列为

$ B_{n}=\{x\in A:f_{n}(x)\geq 1-\epsilon \} $。

由积分的单调性可以得出对于任何$ n\in \mathbb {N} $，

$ \mu (B_{n})(1-\epsilon )=\int (1-\epsilon )1_{B_{n}}d\mu \leq \int f_{n}d\mu $

由于对于足够大的$ n $，几乎所有的$ x $都位于$ B_{n} $内，我们便有

$ \bigcup _{i}B_{i}=A $

对于一个测度为0的系列成立。因此根据$ \mu $的可数可加性

$ \mu (A)=\lim _{n}\mu (B_{n})\leq \lim _{n}(1-\epsilon )^{-1}\int f_{n}d\mu $。

由于这个结果对于任何正的$ \varepsilon $成立，因此定理得证。

敬畏数学

确实是小学生可以做的。