記號
略
和式和遞歸式
\[S_n=\sum_{k=0}^{n}a_k\Leftrightarrow S_0=a_0,S_n=S_{n-1}+a_n \]
如此，就能用第一章中用封閉形式求解遞歸式的方法
例如：
\[R_0=α,R_n=R_{n-1}+β+γn \]
\[R_1=α+β+γ \]
\[R_2=α+2β+3γ \]
一般來說
\[R_n=A(n)α+B(n)β+C(n)γ \]
用成套方法
令\(R_1=1\),則
\[1=α，1=1+β+nγ \]
得出\(α=1，β=γ=0\)
從而$$A(n)=1$$
令\(R_n=n\)得到\(α=0，β=1，γ=0\)
從而$$B(n)=n$$
令\(R_n=n^2\)得到\(α=0，β=-1，γ=2\)
從而$$2C(n)-B(n)=n^2$$
且$$C(n)=\frac{n+n^2}{2}$$
則$$R_n=α+nβ+\frac{n+n^2}{2}γ$$
若想計算$$\sum_{i=0}^{n}(a+bi)$$
則轉成遞歸式其中\(α=β=a，γ=b\)，解得\(S_n=a(n+1)+\frac{bn(n+1)}{2}\)
相反，有些遞歸式可以轉成和式來求和
例如：
\[T_0=0 \]
\[T_n=2T_{n-1}+1 \]
兩邊同除\(2^n\)
\[\frac{T_0}{2^0}=0 \]
\[\frac{T_n}{2^n}=\frac{T_{n-1}}{2^{n-1}}+\frac{1}{2^n} \]
令\(S_n=\frac{T_n}{2^n}\)，則
\[S_0=0 \]
\[S_n=S_{n-1}+n^{-n} \]
得到和式
\[S_n=\sum_{i=1}^{n}2^{-i}=1-2^{-n} \]
則
\[T_n=2^nS_n=2^n-1 \]
一般地，形如
\[a_nT_n=b_nT_{n-1}+c_n \]
轉化為和式的思想是用一個求和因子\(s_n\)來乘兩邊
\[s_na_nT_n=s_nb_nT_{n-1}+s_nc_n \]
求和因子要恰當地選取使得
\[s_nb_n=s_{n-1}a_{n-1} \]
這樣一來，記\(S_n=s_na_nT_n\)，則
\[S_n=S_{n-1}+s_nc_n \]
\[S_n=s_0a_0T_0+\sum_{i=1}^{n}s_ic_i=s_1b_1T_0+\sum_{i=1}^{n}s_ic_i \]
\[T_n=\frac{1}{s_na_n}(s_1b_1T_0+\sum_{i=1}^{n}s_ic_i) \]
關於求\(s_n\)
展開\(s_n=s_{n-1}a_{n-1}/b_n\)
\[s_n=k*\frac{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}{\prod_{i=2}^{n}b_i},k是常數 \]
在上述例子中，\(a_n=1,b_n=2\)，所以\(s_n=2^{-n}\)
只要\(a\)和\(b\)不為0。。。
考慮解決快速排序比較步驟平均次數遞歸式
\[C_0=C_1=0 \]
\[C_n=n+1+\frac{2}{n}\sum_{i=0}^{n-1}C_i,n>1 \]
先規避掉除法
\[nC_n=n^2+n+2\sum_{i=0}^{n-1}C_i \]
用\(n-1\)代替\(n\)
\[(n-1)C_{n-1}=(n-1)^2+(n-1)+2\sum_{i=0}^{n-2}C_i \]
兩式相減
\[nC_n-(n-1)C_{n-1}=2n+2C_{n-1},n>2 \]
關於\(C_n\)的和式就變成了一個簡單的遞歸式
\[C_0=C_1=0,C_2=3 \]
\[nC_n=(n+1)C_{n-1}+2n,n>2 \]
根據求和因子的方法，遞歸式中\(a_n=n,b_n=n+1,c_n=2n-2[n=1]+2[n=2]\)
\[s_n=k*\frac{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}{\prod_{i=2}^{n}b_i}=k*\frac{(n-1)!}{\frac{(n+1)!}{2!}}=k*\frac{2}{n(n+1)} \]
\[k取\frac{1}{4} \]
\[C_n=2(n+1)\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i+1}-\frac{2}{3}(n+1) \]
其中
\[H_n=\sum_{i}\frac{1}{i} \]
\(H_n\)被稱為調和級數，因為小提琴弦產生的第\(k\)個泛音是弦長\(\frac{1}{k}\)處所產生的基音
可以通過將\(C_n\)表示為封閉形式研究快速排序遞歸式，\(C_n\)中的和式是
\[\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+1}=\sum_{1\leq k \leq n}\frac{1}{k+1} \]
將\(k\)改為\(k-1\)
\[\sum_{1\leq k \leq n}\frac{1}{k+1}=\sum_{1\leq k-1 \leq n}\frac{1}{k} \]
\[=\sum_{2\leq k \leq n+1}\frac{1}{k} \]
\[=(\sum_{1\leq k \leq n}\frac{1}{k})-1+\frac{1}{n+1} \]
\[=H_n-\frac{n}{n+1} \]
\[C_n=2(n+1)H_n-\frac{8}{3}n-\frac{2}{3} \]
和式的處理
分配律：
\[\sum_{i}ca_i=c\sum_{i}a_i \]
結合律：
\[\sum_{i}(a_i+b_i)=\sum_{i}a_i+\sum_{i}b_i \]
交換律：
\[\sum_{k\in K}a_k=\sum_{p(k)\in K}a_{p(k)},p(k)是整數集合的任意一個排列 \]
假設要計算一個等差級數
\[S=\sum_{k=0}^{n}(a+bk) \]
根據交換律，可以用\(n-k\)代替\(k\)
\[S=\sum_{n-k=0}^{n}(a+b(n-k))=\sum_{k=0}^{n}(a+bn-bk) \]
利用結合律將二者相加
\[2S=\sum_{k=0}^{n}((a+bk)+(a+bn-bk))=\sum_{k=0}^{n}(2a+bn) \]
再利用分配律計算平凡和式
\[2S=(2a+bn)\sum_{k=0}^{n}1=(2a+bn)(n+1) \]
即
\[\sum_{k=0}^{n}(a+bk)=(a+\frac{1}{2}bk)(n+1) \]
艾弗森約定
\[\sum_{k\in K}a_k+\sum_{k\in K'}a_k=\sum_{k\in K∩K'}a_k+\sum_{k\in K∪K'}a_k \]
這是由一般公式
\[\sum_{k\in K}a_k=\sum_{k}a_k[k\in K] \]
和
\[[k\in K]+[k\in K']=[k\in K∩K']+[k\in K∪K'] \]
推出的
擾動法
將一項分出去的運算是擾動法的基礎，利用擾動法，常常可以用封閉形式計算和式，思想是從一個未知的和式開始，記為\(S_n\)
\[S_n=\sum_{0\leq k\leq n} \]
然后，將第一項和最后一項分離
\[S_n+a_{n+1}=\sum_{0\leq k\leq n+1}a_k=a_0+\sum_{1\leq k\leq n+1}a_k \]
\[=a_0+\sum_{1\leq k+1\leq n+1}a_{k+1} \]
\[=a_0+\sum_{0\leq k\leq n}a_{k+1} \]
如果能對最后的和式用\(S_n\)表示，就會得到一個方程
例如用擾動法求一般幾何級數的和
\[S_n=\sum_{0\leq k\leq n}ax^k \]
\[S_n+ax^{n+1}=ax^0+\sum_{k=0}^{n}ax^{k+1}=a_0+xS_n \]
\[S_n=\frac{a-ax^{n+1}}{1-x} \]
若是更難一點的和式
\[S_n=\sum_{0\leq k\leq n}k2^k \]
\[S_n+(n+1)2^{n+1}=\sum_{0\leq k\leq n}(k+1)2^{k+1} \]
借助結合律將右邊和式分離
\[\sum_{0\leq k\leq n}k2^{k+1}+\sum_{0\leq k\leq n}2^{k+1} \]
第一個和式等於\(2S_n\)，另一個等於\(2^{n+2}-2\)
\[S_n+(n+1)2^{n+1}=2S_n+2^{n+2}-2 \]
\[S_n=(n-1)2^{n+1}+2 \]
用\(x\)代替\(2\)可以得到
\[S_n+(n+1)x^{n+1}=xS_n+\frac{x-x^{n+2}}{1-x} \]
\[S_n=\frac{x-(n+1)x^{n+1}+nx^{n+2}}{(1-x)^2},x\neq 1 \]
然而如果用微積分的初等技巧來推導這個封閉形式
\[\sum_{k=0}^{n}x^k=\frac{1-x^{n+1}}{1-x} \]
兩邊同時求導
\[\sum_{k=0}^{n}kx^{k-1}=\frac{(1-x)(-(n+1)x^n)+1-x^{n+1}}{(1-x)^2}=\frac{1-(n+1)x^n+nx^{n+1}}{(1-x)^2} \]
會得到同樣的結論
因為和式的導數等於它的各項導數之和，微積分與離散數學有很多聯系
多重和式
一個和式的項可以用兩個或多個指標來控制
可以用艾弗森約定表示
\[\sum_{P(j,k)}a_{j,k}=\sum_{j,k}a_{j,k}[P(j,k)] \]
有時也會用兩個求和符號表示
\[\sum_{j}\sum_{k}a_{j,k}[P(j,k)] \]
對於多重和式，我們有交換求和次序的基本法則，它推廣了和式的結合律
\[\sum_{j}\sum_{k}a_{j,k}[P(j,k)]=\sum_{k}\sum_{j}a_{j,k}[P(j,k)] \]
通常先對某個指標求和更容易些
\[\sum_{1\leq j,k\leq 3}a_jb_k=\sum_{1\leq j\leq 3}\sum_{1\leq k\leq 3}a_jb_k=(\sum_{1\leq j\leq 3}a_j)(\sum_{1\leq k\leq 3}b_k) \]
交換求和次序的基本法則有很多變形，如簡易型：
\[\sum_{j\in J}\sum_{k\in K}a_{j,k}=\sum_{k\in K}\sum_{j\in J}a_{j,k} \]
復雜型，適用於內和的范圍與外和的指標變量有關的情形
\[\sum_{j\in J}\sum_{k\in K(j)}a_{j,k}=\sum_{k\in K'}\sum_{j\in J'(k)}a_{j,k} \]
這里須滿足
\[[j\in J][k\in K(j)]=[k\in K'][j\in J'(k)] \]
考慮交換求和次序的應用
有由\(n^2\)個乘積\(a_ja_k\)組成的陣列
\[\begin{bmatrix} a_{1,1} & \cdots & a_{1,n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n,1} & \cdots & a_{n,n} \end{bmatrix} \]
目的是求\(S_n=\sum_{1\leq j\leq k\leq n}a_ja_k\)
即這個陣列主對角線及其上方所有元素之和
由於\(a_ja_k=a_ka_j\)，所以\(S_n\)近似等於所有元素和一半，除了對主對角線計算時加入的修正因子
啟發我們想到
\[S_n=\sum_{1\leq j\leq k\leq n}a_ja_k=\sum_{1\leq k\leq j\leq n}a_ka_j=S_n \]
由於
\[[1\leq j\leq k\leq n]+[1\leq k\leq j\leq n]=[1\leq j,k\leq n]+[1\leq j=k\leq n] \]
所以
\[2S_n=\sum_{1\leq j,k\leq n}a_ja_k+\sum_{1\leq j=k\leq n}a_ja_k \]
\[S_n=\frac{1}{2}((\sum_{k=1}^{n}a_k)^2+\sum_{k=1}^{n}a_k^2) \]
研究另一相似二重和式
\[S=\sum_{1\leq j<k \leq n}(a_k-a_j)(b_k-b_j) \]
交換\(k,j\),
\[=\sum_{1\leq k<j\leq n}(a_j-a_k)(b_j-b_k)=\sum_{1\leq k<j\leq n}(a_k-a_j)(b_k-a_j) \]
所以可以和自己求和
\[[1\leq j<k\leq n]+[1\leq k<j\leq n]=[1\leq j,k\leq n]-[1\leq j=k\leq n] \]
\[2S=\sum_{1\leq j,k\leq n}(a_j-a_k)(b_j-b_k)-\sum_{1\leq j=k\leq n}(a_j-a_k)(b_j-b_k) \]
第二個和式顯然為\(0\)，第一個和式可以展開
\[\sum_{1\leq j,k\leq n}a_jb_j-\sum_{1\leq j,k\leq n}a_j,b_k-\sum_{1\leq j,k\leq n}a_k,b_j+\sum_{1\leq j,k\leq n}a_kb_k \]
\[=2\sum_{1\leq j,k\leq n}a_k,b_k-2\sum_{1\leq j,k\leq n}a_jb_k \]
\[=2n\sum_{1\leq k\leq n}a_kb_k-2(\sum_{k=1}^{n}a_k)(\sum_{k=1}^{n}b_k) \]
拋開原題，我們得到了一個有趣的公式：
\[(\sum_{k=1}^{n}a_k)(\sum_{k=1}^{n}b_k)=n\sum_{k=1}^{n}a_kb_k-\sum_{1\leq j<k\leq n}(a_k-a_j)(b_k-b_j) \]
這是切比雪夫單調不等式的一個特例
\[(\sum_{k=1}^{n}a_k)(\sum_{k=1}^{n}b_k)\leq n\sum_{k=1}^{n}a_k,b_k,a_1\leq …\leq a_n且b_1\leq …\leq b_n \]
\[(\sum_{k=1}^{n}a_k)(\sum_{k=1}^{n}b_k)\geq n\sum_{k=1}^{n}a_kb_k,a_1\leq …\leq a_n且b_1\geq …\geq b_n \]
根據交換律可知
\[\sum_{k\in K}a_k=\sum_{p(k)\in K}a_k \]
如果\(f\)是一個任意函數
\[f:J\to K \]
將整數\(j\in J\)變成整數\(f(j)\in K\)，那么用\(f(j)\)替換\(k\)會發生什么？
指標替換的一般公式是
\[\sum_{j\in J}a_{f(j)}=\sum_{k\in K}a_k\#f^{-}(k) \]
這里\(\#f^-(k)\)表示集合
\[f^-(k)=\{j|f(j)=k\} \]
中的元素個數，即使得\(f(j)=k\)的\(j\in J\)的值的個數
由於\(\sum_{j\in J}[f(j)=k]=\#f^-(k)\)，容易通過交換求和次序證明
\[\sum_{j\in J}a_{f(j)}=\sum_{j\in J,k\in K}a_k[f(j)=k]=\sum_{k\in K}a_k\sum_{j\in J}[f(j)=k] \]
來看一個包含實際數字的多重和式：
\[S_n=\sum_{1\leq j<k\leq n}\frac{1}{k-j} \]
計算二重和式的正規方法是先對\(j\)或者先對\(k\)求和，分別討論一下
\[S_n=\sum_{1\leq k\leq n}\sum_{1\leq j<k}\frac{1}{k-j}先對j求和 \]
\[=\sum_{1\leq k\leq n}\sum_{1\leq k-j<k}\frac{1}{j}用k-j替換j \]
\[=\sum_{1\leq k\leq n}\sum_{0<j\leq k-1}\frac{1}{j}簡化j的界限 \]
\[=\sum_{1\leq k\leq n}H_{k-1} \]
\[=\sum_{0\leq k<n}H_k \]
然而調和數的和並不會表示為封閉形式！
嘗試先對\(k\)求和會發現
\[S_n=\sum_{0\leq j<n}H_j \]
仍然是死胡同
若用\(k_j\)替換\(k\)
\[S_n=\sum_{1\leq j<k\leq n}\frac{1}{k-j} \]
\[=\sum_{1\leq j<k+j\leq n}\frac{1}{k} \]
\[=\sum_{1\leq k\leq n}\sum_{1\leq j\leq n-k} \frac{1}{k} \]
\[=\sum_{1\leq k\leq n}\frac{n-k}{k} \]
\[=\sum_{1\leq k\leq n}\frac{n}{k}-\sum_{1\leq k\leq n}1 \]
\[=nH_n-n \]
這樣就算是解決了吧（
在跟前面的死胡同結合起來，我們還得到了一個恆等式：
\[\sum_{0\leq k<n}H_k=nH_n-n \]
從代數角度理解這一技巧：
如果我們又一個包含\(k+f(j)\)的二重和式，其中\(f\)是一個任意的函數，那么這個例子指出，用\(k-f(j)\)替換\(k\)並對\(j\)求和比較好
從幾何角度理解：
\[\begin{array}{c|lcr} n & \text{k=1} & \text{k=2} & \text{k=3} & \text{k=4}\\ \hline j=1 & 0 & \frac{1}{1} & \frac{1}{2}& \frac{1}{3} \\ j=2 & 0 & 0 & \frac{1}{1} & \frac{1}{2} \\ j=3 & 0 & 0 & 0 & \frac{1}{1} \\ j=4 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array} \]
我們首先嘗試，對\(j\)求和（按行）和對\(k\)求和（按列）,給出\(H_1+H_2+H_3=H_3+H_2+H_1\)
獲得成功的方案本質上是按對角線求和\(\frac{3}{1}+\frac{2}{2}+\frac{1}{3}\)
一般性方法
若要求
\[S(2)_n=\sum_{0\leq k\leq n}k^2,n\geq 0 \]
方法零：查公式
\[S(2)_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \]
方法一：歸納法
假設我們不知道從哪得知了猜想
\[S(2)_n=\frac{n(n+1)(n+2)}{6} \]
\(n=0\)時顯然成立
那么當\(n\)成立時，對\(n+1\)有
\[S(2)_{n+1}=S(2)_n+(n+1)^2 \]
\[=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\frac{6(n+1)^2}{6} \]
\[=\frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6} \]
但還是太依賴神來猜想了
方法二：擾動法
\[S(2)_n+(n+1)^2=\sum_{0\leq k\leq n}(k+1)^2=\sum_{0\leq k\leq n}(k^2+2k+1) \]
\[=\sum_{0\leq k\leq n}k^2+2\sum_{0\leq k\leq n}k+\sum_{0\leq k\leq n}1 \]
\[=S(2)_n+2\sum_{0\leq k\leq n}k+(n+1) \]
不幸的是\(S(2)_n\)抵消了
不過我們得到了
\[2\sum_{0\leq k\leq n}k=(n+1)^2-(n+1) \]
顯然\(\sum_{0\leq k\leq n}k=S(1)_n\)
對\(S(2)_n\)擾動得到了\(S(1)_n\)，如果對\(S(3)_n\)擾動呢？
\[S(3)_n+(n+1)^3=\sum_{0\leq k\leq n}(k+1)^3=\sum_{0\leq k\leq n}(k^3+3k^2+3k+1) \]
\[=S(3)_n+3S(2)_n+3S(1)_n+n+1 \]
顯然我們已經得到了\(S(2)_n\)
方法三：成套方法
列出遞歸式
\[R_0=a \]
\[R_n=R_{n-1}+b+cn+dn^2 \]
解的一般形式是
\[R_n=A(n)a+B(n)b+C(n)c+D(n)d \]
代入\(R_n=1\)
\[a=1,b=c=d=0 \]
\[A(n)=1 \]
代入\(R_n=n\)
\[a=0,b=1,c=d=0 \]
\[B(n)=n \]
代入\(R_n=n^2\)
\[a=0,b=-1,c=2,d=0 \]
\[2C(n)-B(n)=n^2 \]
代入\(R_n=n^3\)
\(a=0,b=1,c=-3,d=3\)
\[3D(n)-3C(n)+B(n)=n^3 \]
后略
方法四：積分替換和式
由積分替換和式得到
\[S(2)_n≈\int_{0}^{n}x^2dx=\frac{n^3}{3} \]
接下來檢查近似的誤差
\[E_n=S(2)-n-\frac{n^3}{3} \]
\[=S(n-1)+n^2-\frac{n^3}{3} \]
\[=E_{n-1}+\frac{1}{3}(n-1)^3+n^2-\frac{n^3}{3} \]
\[=E_{n-1}+n-\frac{1}{3} \]
然后就幾乎是白給了
另一種求誤差方法是對每塊的楔形面積求和
\[E_n=S(2)_n-\int_{0}^{n}x^2dx=\sum_{k=1}^{n}(k^2-\int_{k-1}^{k}x^2dx) \]
\[=\sum_{k=1}^{n}(k^2-\frac{k^3-(k-1)^3}{3})=\sum_{k=1}^{n}(k-\frac{1}{3}) \]
方法五：展開和放縮
用一個看起來更復雜的二重和式替換原來的和式，二重和式操作得到（超神）是可以化簡的
\[S(2)_n=\sum_{1\leq k\leq n}k^2=\sum_{1\leq j\leq k\leq n}k \]
\[=\sum_{1\leq j\leq n}\sum_{j\leq k\leq n}k \]
\[=\sum_{1\leq j\leq n}\frac{j+n}{2}(n-j+1) \]
\[=\frac{1}{2}\sum_{1\leq j\leq n}(n(n+1)+j-j^2) \]
\[=\frac{1}{2}n^2(n+1)+\frac{1}{4}n(n+1)-\frac{1}{2}S(2)_n \]
后略
方法六：有限微積分
方法七：生成函數
有限微積分和無限微積分
類比傳統的無限微積分，數學家們發展了有限微積分
無限微積分基於由
\[Df(x)=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} \]
定義的微分算子\(D\)的性質，有限微積分則是基於
\[Δf(x)=f(x+1)-f(x) \]
所定義的差分算子\(Δ\)的性質，差分算子是微分的有限模擬，其中限制了取\(h\)的正整數值，於是\(h\to 0\)時，\(1\)是能達到的極限，而\(Δf(x)\)則是\(\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\)當\(h=1\)時的值
符號\(D\)和\(Δ\)稱為算子，因為它們作用在函數上給出新的函數，它們是函數的函數，用於產生函數，如果\(f\)是從實數到實數的一個適當光滑的函數，那么\(Df\)也是一個從實數到實數的函數，又如果\(f\)是任意一個從實數到實數的函數，那么\(Δf\)亦然，函數\(Df\)和\(Δf\)在點\(x\)處的值由上面的定義給出
我們知道對於\(f(x)=x^m,Df(x)=mx^{m-1}\)，非正式地可以寫成\(D(x^m)=mx^{m-1}\)
可惜
\[Δ(x^3)=(x+1)^3-x^3=3x^2+3x+1 \]
但有一類\(m\)次冪，它在\(Δ\)的作用下可以很好地變換，這就是有限微積分的意義，那就是下降冪和上升冪
\[x^{\underline{m}}=x(x-1)…(x-m+1),整數m\geq 0 \]
\[x^{\overline{m}}=x(x+1)…(x+m-1),整數m\geq 0 \]
對他們有
\[Δ(x^{\underline{m}})=(x+1)^{\underline{m}}-x^{\underline{m}}=mx^{\underline{m-1}} \]
無限微分算子有一個逆運算，即逆微分算子（或積分算子）\(\int\)，微積分基本定理把\(D\)和\(\int\)聯系起來
\[g(x)=Df(x)當且僅當\int g(x)dx=f(x)+C \]
這里\(\int g(x)dx\)是\(g(x)\)的不定積分，它是導數等於\(g(x)\)的一個函數類，類似地，\(Δ\)也有一個逆運算，即逆差分算子（或求和算子）\(\sum\)，而且有一個類似的基本定理：
\[f(x)=Δf(x)當且僅當\sum g(x)δx=f(x)+C \]
這里\(\sum g(x)δx\)是\(g(x)\)的不定和式，是差分等於\(g(x)\)的一個函數類，不定積分中的\(C\)是一個任意常數，而不定和中的\(C\)則是滿足\(p(x+1)=p(x)\)的任意一個函數\(p(x)\)，例如\(C\)可以是周期函數\(a+bsin2\pi x\)，當取差分時會被消去
無限微積分也有定積分：
\[\int_{a}^{b}g(x)dx=f(x)|_{a}^b=f(b)-f(a) \]
於是有限積分，也有確定的和式
\[\sum_{a}^{b}$g(x)δx=f(x)|_{a}^b=f(b)-f(a)$ 但$\sum_{a}^{b}g(x)δx$有它的意義 觀察 $$\sum_{a}^{a}g(x)δx=f(a)-f(a)=0\]
如果\(b=a+1\)，結果是
\[\sum_{a}^{a+1}g(x)δx=f(a+1)-f(a)=g(a) \]
更一般地，如果\(b\)增加\(1\)
\[\sum_{a}^{b+1}g(x)δx-\sum_{a}^{b}g(x)δx=g(b) \]
通過觀察和數學歸納，我們可以得出
\[\sum_{a}^{b}g(x)δx=\sum_{a\leq k<b}g(k) \]
也就是說定和式和通常的有界和式是相同的
假如給定一個未知的和式，希望用封閉形式對它的值進行計算，並假設它可以寫成形式\(\sum_{a\leq k<b}g(k)=\sum_{a}^{b}g(x)δx\)，只要能求得一個補丁和式或者逆差分函數\(f\)，使得\(g(x)=f(x+1)-f(x)\)，那么由有限微積分的理論，就可以將答案表示成\(f(b)-f(a)\)，理解這個原理的一種方法是利用三點記號將\(\sum_{a\leq k<b}g(k)\)完全寫開
\[\sum_{a\leq k<b}(f(k+1)-f(k))=(f(a+1)-f(a))+(f(a+2)-f(a+1))+…+(f(b)-f(b-1)) \]
除了\(f(b)-f(a)\)以外，右邊的每一項都抵消了，所以\(f(b)-f(a)\)就是該和式的值，該種和式常被稱為疊縮
但該法則僅\(a\leq b\)時適用，若\(a>b\)
\[\sum_{a}^{b}g(x)δx=f(b)-f(a)=-(f(a)-f(b))=\sum_{b}^{a}g(x)δx \]
類似方法可以論證
\[\sum_{a}^{b}+\sum_{b}^{c}=\sum_{a}^{c} \]
確定的求和法為我們提供了一種計算下降冪的和式的簡單方法
\[\sum_{0\leq k\<n}k^{\underline{m}}=\frac{k^{\underline{m+1}}}{m+1}|_{0}^{n}=\frac{n^{\underline{m+1}}}{m+1},整數n,m\geq 0 \]
定和式的方法也暗示了，對\(0\leq k<n\)求和通常比對\(1\leq k\leq n\)求和更簡單，前者是\(f(n)-f(0)\)，后者是\(f(n+1)-f(1)\)
通常冪也可以用新方法來求和，如果我們先用下降冪表示出通常冪
例如
\[k^2=k^{\underline{2}}+k^{\underline{1}} \]
所以
\[\sum_{0\leq k<n}k^2=\frac{n^{\underline{3}}}{3}+\frac{n^{\underline{2}}}{2}=\frac{1}{3}n(n-\frac{1}{2})(n-1) \]
用\(n+1\)替換\(n\)又給出另一種將我們的老朋友\(S(2)_n=\sum_{0\leq k\leq n}k^2\)計算成封閉形式的方法
從平方到立方
\[k^3=k^{\underline{3}}+3k^{\underline{2}}+k^{\underline{1}} \]
后面討論的斯特林數可以做到通常冪和階乘冪的轉換
從而
\[\sum_{a\leq k<b}=\frac{k^{\underline{4}}}{4}+k^{\underline{3}}+\frac{k^{\underline{2}}}{2}|_{a}^{b} \]
下降冪還有性質，對應\((x+y)^2=x^2+2xy+y^2\)，也有\((x+y)^{\underline{2}}=x^{\underline{2}}+2xy+y^{\underline{2}}\)
實際上對\((x+y)^m\)和\((x+y)^{\underline{m}}\)之間也有相似的結果
\[x^{\underline{2}}=x(x-1) \]
\[x^{\underline{1}}=x \]
\[x^{\underline{0}}=1 \]
看上去除以\(x-1\)會從\(x^{\underline{2}}\)得到\(x^{\underline{1}}\)，除以\(x\)會從\(x^{\underline{1}}\)得到\(x^{\underline{0}}\)，若接下來除以\(x+1\)會從\(x^{\underline{0}}\)得到\(x^{\underline{-1}}\)
所以\(x^{-m}=\frac{1}{(x+1)(x+2)…(x+m)},m>0\)
類比通常冪的指數法則
\[x^{n+m}=x^nx^m \]
下降冪的指數法則形式是
\[x^{\underline{n+m}}=x^{\underline{m}}(x-m)^{\underline{n}} \]
對負的\(n\)有
\[x^{\underline{2-3}}=x^{\underline{2}}(x-2)^{\underline{-3}}=x(x-1)\frac{1}{(x-1)x(x+1)}=\frac{1}{x+1}=x^{\underline{-1}} \]
我們來確定負數下降冪關於差分性質的成立
\[Δx^{\underline{-2}}=\frac{1}{(x+2)(x+3)}-\frac{1}{(x+1)(x+2)} \]
\[=\frac{(x+1)-(x+3)}{(x+1)(x+2)(x+3)} \]
\[=-2x^{\underline{-3}} \]
成立了
如此只要零不做除數
\[\sum_{a}^{b}x^{\underline{m}}δx=\frac{x^{\underline{m+1}}}{m+1}|_{a}^{b},m\neq -1 \]
當\(m=-1\)時，回想積分
\[\int_{a}^{b}x^{-1}dx=lnx|_{a}^{b} \]
再回到和式，我們希望找到\(f(x)\)使得
\[x^{\underline{-1}}=\frac{1}{x+1}=Δf(x)=f(x+1)-f(x) \]
當\(x\)是整數時
\[f(x)=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+…+\frac{1}{x} \]
所以\(f(x)\)即調和數\(H_x\)，於是\(H_x\)就是連續的\(lnx\)的離散模擬
現在能對下降冪的和式給出完整定義了
\[\sum_{a}^{b}x^{\underline{m}}δx = \begin{cases} \frac{x^{\underline{m}}}{m+1}|_{a}^{b}, & m\neq -1 \\ H_x|_{a}^{b}, & m=-1 \end{cases} \]
這個公式指出了為什么快速排序這樣的離散問題解中會冒出調和數，恰如再連續性問題的解中自然會出現自然對數一樣
既然我們找到了一個\(lnx\)的一個類似物，我們也來研究下是否有一個\(e^x\)的類似物存在，什么樣的函數\(f(x)\)有與恆等式\(D(e^x)=e^x\)對應的性質\(Df(x)=f(x)\)？
\[f(x+1)-f(x)=f(x)\Leftrightarrow f(x+1)=2f(x) \]
可以取\(f(x)=2^x\)作為離散指數函數
\(c^x\)的差分也很簡單
\[Δ(c^x)=c^{x+1}-c^x=(c-1)c^x \]
故如果\(c\neq 1,c^x\)的逆差分是\(\frac{c^x}{c-1}\)，這一事實與前面的基本法則結合起來，就給出了理解幾何級數和的一般公式的方法
\[\sum_{a\leq k <b}c^k=\sum_{a}^{b}c^xδx=\frac{c^x}{c-1}|_{a}^{b}=\frac{c^b-c^a}{c-1},c\neq 1 \]
每當遇到一個可能用作封閉形式的函數\(f\)，我們就能計算出它的差分\(Δf=g\)，然后就有一個函數\(g\)，它的不定和式\(\sum g(x)δx\)是已知的
\[\begin{array}{c|lcr} & f=\sum g & Δf=g & f=\sum g & Δf=g \\ \hline 1 & x^{\underline{0}}=1 & 0 & 2^x & 2^x \\ 2 & x^{\underline{1}}=x & 1 & c^x & (c-1)c^x \\ 3 & x^{\underline{2}}=x(x-1) & 2x & \frac{c^{x}}{c-1} & c^x \\ 4 & x^{\underline{m}} & mx^{\underline{m-1}} & cu & cΔu \\ 5 & \frac{x^{\underline{m+1}}}{m+1} & x^{\underline{m}} & u+v & Δu+Δv \\ 6 & H_x & x^{\underline{-1}}=\frac{1}{x+1} & uv & uΔv+EvΔu \end{array} \]
但有些連續概念並沒有離散的相似概念，例如無限微積分的鏈式法則是對函數的函數求導的方便法則，但有限微積分沒有對應的鏈式法則，因為\(Δf(g(x))\)沒有很好的形式
除了像用\(c±x\)替換\(x\)這樣的情形之外，離散的變量變換很難
然而\(Δ(f(x)+g(x))\)的確有比較好的形式，而且提供了一個分布求和的法則，它是無限微積分中稱為分部積分法則的一個有限相似結果
回顧以下無限微積分中的公式
\[D(uv)=uDv+vDu \]
在積分並重新排列各項的次序之后，它引導出分部積分法
\[\int uDv=uv-\int vDu \]
可以在有限微積分中做到類似的事情
\[Δ(u(x)v(x))=u(x+1)v(x+1)-u(x)v(x) \]
\[=u(x+1)v(x+1)-u(x)v(x+1)+u(x)v(x+1)-u(x)v(x) \]
\[=u(x)Δv(x)+v(x+1)Δu(x) \]
這個公式可以由\(Ef(x)=f(x+1)\)
所定義的移位算子\(E\)表示成方便的形式，用\(Ev(x)\)替換\(v(x+1)\)就得到乘積的差分的一個緊湊法則：
\[Δ(uv)=uΔv+EvΔu \]
在這個方程兩邊取不定和，並重新排列它的項，就得到廣為宣揚的分部求和法則：
\[\sum uΔv=uv-\sum EvΔu \]
（無限微積分在此令\(1\to 0\)）來避開了\(E\)
如同對無限微積分那樣，可以在所有三項上加上界限，從而使得不定和式變成確定的和式
當左邊的和式比右邊的和式更難以處理時，這個法則是有用的，例如\(\int xe^xdx\)是分部積分的一個典型例子，它的離散模擬是\(\sum x2^xδx\)
為了用分部求和，我們用\(u(x)=x,Δv(x)=2^x\)，從而\(Δu(x)=1,v(x)=2^x\)，且\(Ev(x)=2^{x+1}\)
\[\sum x2^xδx=x2^x-\sum 2^xδx=x2^x-2^{x+1}+C \]
加上界限，我們可以用此式來計算以前做過的和式
\[\sum_{k=0}^{n}k2^k=\sum_{0}^{n+1}x2^xδx \]
\[=（x2^x-2^{x+1}）|_{0}^{n+1} \]
\[=((n+1)2^{n+1}-2^{n+2})-(0*2^0-2^1)=(n-1)2^{n+1}+2 \]
用這個方法比用擾動法更容易求出這個和，因為不用動腦子
在之前我們碰巧發現了\(\sum_{0\leq k<n}H_k\)的一個公式，但是如果知道分部求和，那么就能遵循規則發現公式
例如有和式\(\sum_{0\leq k<n}kH_k\)，如果用\(\int xlnxdx\)的模擬來引導，解就很好求了
令\(u(x)=H_x,Δv(x)=x=x^{\underline{1}}\)，從而\(Δu(x)=x^{\underline{-1}},v(x)=\frac{x^{\underline{2}}}{2},Ev(x)=\frac{(x+1)^{\underline{2}}}{2}\)
\[\sum xH_xδx=\frac{x^{\underline{2}}}{2}H_x-\sum \frac{(x+1)^{\underline{2}}}{2}x^{\underline{1}}δx \]
\[=\frac{x^{\underline{2}}}{x}H_x-\frac{1}{2}\sum x^{\underline{1}}δx \]
\[=\frac{x^{\underline{2}}}{x}H_x-\frac{x^{\underline{2}}}{4}+C \]
第一行到第二行利用了指數法則將\((x+1)^{\underline{2}}x^{\underline{-1}}\)結合了起來
現在添加界限並得到結論
\[\sum_{0\leq k<n}kH_k=\sum_{0}^{n}xH_xδx=\frac{n^{\underline{2}}}{2}(H_n-\frac{1}{2}) \]
無限和式
對於無限和式，處理\(\sum\)時的方法並不總是有效的，但存在一大類容易理解的無限和式，我們對它們做過的所有運算都是完全合法的，在我們更密切審視求和的基本意義之后，這兩個消息背后所隱藏的理由將會變得清晰起來
無限和式可以很自然的這樣定義：
\[S=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+… \]
等於\(2\)，因為如果將它加倍就得到
\[2S=2+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+…=2+S \]
另一方面，同樣的推理提示我們應該定義
\[T=1+2+4+8+16+… \]
是\(-1\)，因為
\[2T=2+4+8+16+32+…=T-1 \]
笑死，其實應該說成\(T=∞\)，因為\(T\)中相加的項會大於任何指定的有限數
我們嘗試對一般和式\(\sum_{k\in K}a_k\)的值構想一個好的定義，其中\(K\)可以是無限的
首先，讓我們假設所有的項\(a_k\)都是非負的，這樣就不難找到一個合適的定義：如果有一個常數\(A\)為界，使得對所有有限的子集\(F\subset K\)都有
\[\sum_{k\in F}a_k\leq A \]
那么我們就定義\(\sum_{k\in K}a_k\)是最小的這樣的\(A\)（它由實數眾所周知的性質得出：所有這樣的\(A\)總包含一個最小的元素）
如果沒有常數\(A\)為界限，我們就說\(\sum_{k\in K}a_k=∞\)
上面的定義與指標集\(K\)中可能存在的次序無關，下面我們打算要討論適用於帶有多個指標\(k_1,k_2\)的多重和式，而不僅僅是指標集為（單一）整數集合的和式
在\(K\)是非負整數集合的特殊情形下，我們對於非負項\(a_k\)的定義就意味着
\[\sum_{k\geq 0}a_k=\lim_{n\to ∞}\sum_{k=0}^{n}a_k \]
理由是：實數的任何一個非減序列都有極限（可能是∞），如果極限是\(A\)，又如果\(F\)是任意一個非負整數的有限集合，其元素全都\(\leq n\)，我們就又\(\sum_{k\in F}a_k\leq \sum_{k=0}^{n}a_k\leq A\)，因為\(A=∞\)或者\(A\)是一個有界常數
又如果\(A'\)是任何一個小於所述極限\(A\)的數，那么就存在一個\(n\)，使得\(\sum_{k=0}^{n}a_k>A'\),該有限集合\(f=\{0,1,…,n\}\)證明\(A'\)不是有界常數
按照剛剛的定義，我們很容易地計算某種無限和式的值，例如如果\(a_k=x^k\)就有
\[\sum_{k\geq 0}x^k=\lim_{n\to ∞}\frac{1-x^{n+1}}{1-x}= \begin{cases} \frac{1}{1-x}, & 0\leq x<1 \\ ∞, & x\geq 1 \end{cases} \]
特別地，剛剛考慮過的無限和\(S\)和\(T\)分別取值\(2\)和\(∞\)，恰如我們所猜測的，另一個有趣的例子是
\[\sum_{k\geq 0}\frac{1}{(k+1)(k+2)}=\sum_{k\geq 0}k^{\underline{-2}} \]
\[=\lim_{n\to ∞}\sum_{k=0}^{n-1}k^{\underline{-2}}=\lim_{n\to ∞}\frac{k^{\underline{-1}}}{-1}|_{0}^{n}=1 \]
現在考慮和式中既可能有非負項又可能有負項的情形，例如
\[\sum_{k\geq 0}(-1)^k=1-1+1-1+1-1+… \]
對他進行分組
\[\sum_{k\geq 0}(-1)^k=(1-1)+(1-1)+(1-1)+…=0 \]
但如果延遲一項再分組
\[\sum_{k\geq 0}(-1)^k=1-(1-1)-(1-1)-(1-1)-……=1 \]
我們或許也可以嘗試再公式\(\sum_{k\geq 0}x^k=\frac{1}{1-x}\)中令\(x=-1\)，因為我們已經證明了這個公式當\(0\leq x<1\)時成立，但這樣就迫使我們得出結論：這個無限和是\(\frac{1}{2}\)，盡管它是由整數組成的和式
另一個有趣的例子是雙向無限的\(\sum_{k}a_k\)，其中當\(k\geq 0\)時\(a_k=\frac{1}{k+1}\)，而當\(k<0\)時，\(a_k=\frac{1}{k-1}\)，我們可以把它寫成
\[…+(-\frac{1}{4})+(-\frac{1}{3})+(-\frac{1}{2})+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+… \]
如果我們從位於中心的元素開始往外計算這個和式
\[…+(-\frac{1}{4}+(-\frac{1}{3}+(-\frac{1}{2}+(1)+\frac{1}{2})+\frac{1}{3})+\frac{1}{4})+…=1 \]
如果將所有括號左移一步
\[…+（-\frac{1}{5}+(-\frac{1}{4}+(-\frac{1}{3}+(-\frac{1}{2})+1)+\frac{1}{2})+\frac{1}{3})+…=1 \]
因為最內層的\(n\)個括號中，所有數之和是
\[-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}-…-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}+…+\frac{1}{n-1}=1-\frac{1}{n}-\frac{1}{n-1} \]
類似的討論聲明，如果將這些括號向左或者向右任意移動固定步，它的值都是\(1\)，這使我有勇氣相信這個和式的確是\(1\)
另一方面，如果我們以下述方式對項分組
\[…+(-\frac{1}{4}+(-\frac{1}{3}+(-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2})+\frac{1}{3}+\frac{1}{4})+\frac{1}{5}+\frac{1}{6})+… \]
那么從內往外第\(n\)對括號包含數
\[-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}-…-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}+…+\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}=1+H_{2n}-H_{n+1} \]
在后面將證明\(\lim_{n\to ∞}(H_2n-H_{n+1})=ln2\)
於是這一組合方式表面，這個雙向無限和式實際上應該等於\(1+ln2\)
按照不同方式對其項相加而得出不同值的和式，有某些不同尋常之處。不同教材有不同定義
事實上，我們關於無限和式的定義相當簡單，設\(K\)是任意一個集合，而\(a_k\)是對每一個\(k\in K\)定義的實值項（這里\(k\)實際上可以代表若干個指標\(k_1,k_2,…\)，因而\(K\)可以是多維的），任何實數\(x\)都可以寫成其正的部分減去負的部分
\[x=x^+-x^-,其中x^+=x[x>0],x^-=-x[x<0] \]
（或者\(x^+=0\)，或者\(x^-=0\)，或者兩者皆成立），我們已經說明了怎樣來定義無限和式\(\sum_{k\in K}a_k^+\)和\(\sum_{k\in K}a_k^-\)的值，因為\(a_k^+\)和\(a_k^-\)都是非負的，這樣一來，一般性的定義是
\[\sum_{k\in K}a_k=\sum_{k\in K}a_k^++\sum_{k\in K}a_k^- \]
除非右邊的兩個和式都等於\(∞\)，在后面這種情形，我們不定義\(\sum_{k\in K}a_k\)
設\(A^+=\sum_{k\in K}a_k^+,A^-=\sum_{k\in K}a_k^-\)，如果\(A^+\)和\(A^-\)兩者都是有限的，就說和式\(\sum_{k\in K}a_k\)絕對收斂於值\(A=A^+-A^-\)。如果\(A^+=∞,A^-\)是有限的，就說和式\(\sum_{k\in K}a_k\)發散於\(+∞\)，類似地，如果\(A^-=∞\)而\(A^+\)是有限的，就說\(\sum_{k\in K}a_k\)發散於\(-∞\)，如果兩者都是\(∞\)，結果還很難說
我們從非負項所做的定義開始，然后再將它推廣到實值的項，如果\(a_k\)是復數，我們可以再次用顯然的方式將定義推廣：和式\(\sum_{k\in K}a_k\)定義成\(\sum_{k\in K}\Re a_k+i\sum_{k\in K}\Im a_k\),其中，\(\Re a_k\)和\(\Im a_k\)是\(a_k\)的實部和虛部，這兩個和式都有定義。反之，沒有定義
壞消息是某些無限和式必須不予定義，因為我們所做的操作再所有這樣的情形中都可能產生矛盾，好消息是，只要我們處理的是剛才所定義的絕對收斂的和式，這一章里所有操作都完全成立
通過證明每一個變換法則都保持所有絕對收斂的和式的值不變，我們可以驗證好消息
需要證明的主要結果是多重和式的基本原理：經過兩個或多個指標集的絕對收斂的和式永遠可以對這些指標中的任何一個首先求和
將來會正式地證明：如果\(J\)是任意的指標集，並且\(\{K_j|j\in J\}\)的元素是任意的指標集，使得
\[\sum_{j\in J,k\in K_k}a_{j,k}絕對收斂於A \]
那么對每一個\(j\in J\)都存在復數\(A_j\)，使得
\[\sum_{k\in K_j}a_{j,k}絕對收斂於A_j,且 \]
\[\sum_{j\in J}A_j 絕對收斂於A \]
只要再所有的項都非負時證明時就夠了，因為可以和前面一樣把每一項分解成實部和虛部，正的部分和負的部分來證明一般情形
於是，我們假設對所有的指標對\((j,k)\in M\)都有\(a_{j,k}\geq 0\)，其中\(M\)是主指標集\(\{(j,k)|j\in J,k\in K_j\}\)
給定\(\sum_{(j,k)\in M}a_{j,k}\)是有限的，即對所有有限子集\(F\subseteq M\)有
\[\sum_{(j,k)\in F}a_{j,k}\leq A \]
而\(A\)這樣的最小上界，如果\(j\)是\(J\)的任意一個元素，形如\(\sum_{k\in F_j}a_{j,k}\)的每一個和都以\(A\)為上界，其中\(F_j\)是\(K_j\)的一個有限子集。從而這些有限和式有一個最小的上界\(A_j\geq 0\)，且根據定義有\(\sum_{k\in K_j}a_{j,k}=A_j\)
我們仍需要證明：對所有有限子集\(G\in J\)，\(A\)是\(\sum_{j\in G}A_j\)的最小上界
假設\(G\)是\(J\)的滿足\(\sum_{j\in G}A_j=A'>A\)的有限子集。我們至少可以求出一個有限子集\(F_j\subseteq K_j\)，使得對每個滿足\(A_j>0\)的\(j\in G\)均有\(\sum_{k\in F_j}a_{j,k}>\frac{A}{A'}A_j\)。
但是此時有\(\sum_{j\in G,k\in F_j}a_{j,k}>\frac{A}{A'}\sum_{j\in G}A_j=A\)，這與如下事實矛盾：對所有有限子集\(F\subseteq M\)有\(\sum_{(j,k)\in F}a_{j,k}\leq A\)。從而對所有有限子集\(G\in j\)都有\(\sum_{A_j}\leq A\)
（我覺得上面全是廢話。。）
最后，設\(A'\)是小於\(A\)的任何一個實數。如果我們能找到一個有限集合\(G\subseteq J\)，使得\(\sum_{j\in G}A_j>A'\)，證明就完成了
我們知道存在一個有限集合\(f\subseteq M\)，使得\(\sum_{(j,k)\in F}a_{j,k}>A'\)，設\(G\)是這個\(F\)中那些\(j\)組成的集合，又設\(F_j=\{k|(j,k)\in F\}\)，那么就有\(\sum_{j\in G}A_j\geq \sum_{j\in G}\sum_{k\ F_j}a_{j,k}=\sum_{(j,k)\in F}a_{j,k}>A'\)
證明完畢
所以現在關於無限和式的一切法則證明完畢，只要它的項的絕對值組成的所有有限和式都有一個有限的界。
由於雙向無限和式再我們用兩種不同方法計算時給出兩個不同的答案，因為它的正項\(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…\)必定發散於\(∞\)，否則，不論我們如何對它的項進行分組都會得到同一個答案
習題
\[0 \]
或
\[\sum_{k=4}^{0}q_k=\sum_{k\leq 0}q_k-\sum_{k<4}q_k=-q_1-q_2-q_3 \]
\[|x| \]
\[a_0+a_1+a_2+a_3+a_4+a_5 \]
\[a_4+a_1+a_0+a_1+a_4 \]
a.
\[\sum_{i=1}^{4}\sum_{j=i+1}^{4}\sum_{k=j+1}^{4}a_{ijk}=(((a_{123}+a_{124})+a_{134})+a_{234}) \]
b.
\[\sum_{k=1}^{4}\sum_{j=1}^{k-1}\sum_{i=1}^{j-1}a_{ijk}=(a_{123}+(a_{124}+(a_{134}+a_{234}))) \]
兩個不同的指標變量用了同一指標
\[[1\leq j\leq n](n-j+1) \]
\[∇(x^{\underline{m}})=x^{\underline{m}}-(x-1)^{\underline{m}} \]
\[=x(x-1)(x-2)…(x-m+1)-(x-1)(x-2)(x-3)…(x-m) \]
\[=m(x-1)^{\underline{m-1}} \]
\[0^{\underline{m}} = \begin{cases} 0, & m\geq 1 \\ \frac{1}{|m|!}, & m\leq 0 \end{cases} \]
\[x^{\overline{n+m}}=x^{\overline{n}}(x+n)^{\overline{m}} \]
\[x^{-n}=\frac{1}{(x-1)^{\underline{n}}} \]
\[Δ(u(x)v(x))=u(x+1)v(x+1)-u(x)v(x) \]
\[=u(x+1)v(x+1)-u(x)v(x+1)+u(x)v(x+1)-u(x)v(x) \]
\[=uΔv+EvΔu \]
右邊還可能是
\[=EuΔv+vΔu \]
