性质1

首先在后面章节会证明，${(x + y)^{\underline{m}}}$的二项展开形式和普通的${(x + y)^m}$是一样的，这里提一下，暂时用不到。

性质2

接下来给出下降阶乘幂为负数的定义：
\[{x^{ \underline{- m}}} = \frac{1}{ {(x + 1)(x + 2) \ldots (x + m)}}\]

性质3

和普通幂${x^{m + n}} = {x^m}{x^n}$不同，下降阶乘幂有如下性质：
\[{x^{\underline{m + n}}} = {x^{\underline{m}}}{(x - m)^{\underline{n}}}\]

性质4

上一节课说到，定义下降阶乘幂的好处就是为了求差分方便，下降阶乘幂的差分为：
\[\Delta ({x^{\underline{m}}}) = m{x^{\underline{ {m - 1}}}}\]
反之，类比不定积分，它的不定和为：
\[\sum\nolimits_a^b { {x^{\underline{m}}}\delta x} = \left. {\frac{ { {x^{\underline{m + 1}}}}}{ {m + 1}}} \right|_a^b\]

但是这里$m \ne - 1$，那要是$m = - 1$怎么办呢？
直接运用差分定义可以求出
\[\begin{array}{l}{x^{ \underline{- 1}}} = \frac{1}{ {x + 1}} = \Delta f(x) = f(x + 1) - f(x)\\ \Rightarrow f(x) = {H_x}\end{array}\]

所以
\[\sum\nolimits_a^b { {x^{\underline{m}}}\delta x} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left. {\frac{ { {x^{\underline{m + 1}}}}}{ {m + 1}}} \right|_a^b,m \ne - 1}\\{\left. { {H_x}} \right|_a^b,m = - 1}\end{array}} \right.\]

性质5

在微积分里面，$e^x$的导数是它自身。那么什么函数的差分是自身呢？
通过定义可以很容易算出来：
\[\begin{array}{l}f(x + 1) - f(x) = f(x)\\ \Rightarrow f(x + 1) = 2f(x)\\ \Rightarrow f(x) = {2^x}\end{array}\]

进一步推广可以得到：
\[\Delta ({c^x}) = {c^{x + 1}} - {c^x} = (c - 1){c^x}\]
所以得到如下一种新的等比数列计算方式：
\[\sum\limits_{a \le k < b} { {c^k}} = \sum\nolimits_a^b { {c^x}\delta x} = \left. {\frac{ { {c^x}}}{ {c - 1}}} \right|_a^b = \frac{ { {c^b} - {c^a}}}{ {c - 1}}\]

性质6

结合律和分配律在差分运算里也适用。
\[\begin{array}{l}\Delta (cf) = c\Delta (f)\\\Delta (f + g) = \Delta (f) + \Delta (g)\end{array}\]

性质7

类似分部积分，这里也可以分部来求差分。
\[\begin{array}{l}\Delta (u(x)v(x)) = u(x + 1)v(x + 1) - u(x)v(x)\\ = u(x + 1)v(x + 1) - u(x)v(x + 1) + u(x)v(x + 1) - u(x)v(x)\\ = [u(x + 1) - u(x)]v(x + 1) + u(x)[v(x + 1) - v(x)]\\ = u(x)\Delta (v(x)) + v(x + 1)\Delta (u(x))\end{array}\]
这里给出一个新的记号叫做移位运算：
\[Ef(x) = f(x + 1)\]
所以就得到了差分的分部运算法则：
\[\Delta (uv) = u\Delta (v) + Ev\Delta (u)\]
对两边求和，又可以得到不定求和的分部运算法则：
\[\sum {u\Delta (v)} = uv - \sum {Ev\Delta (u)} \]

这个分部法则非常有用，下面举两个例子来说明一下怎么用。

例1

一道老题，计算：
\[\sum\limits_{k = 0}^n {k{2^k}} \]
首先计算
\[\sum {x{2^x}\delta x} \]
在这里可以令
\[u = x,v = {2^x}\]
所以
\[\sum {x{2^x}\delta x} = x{2^x} - \sum { {2^{x + 1}}\delta x} = x{2^x} - {2^{x + 1}} + C\]
那么求和式就可以转化为不定求和来算了：
\[\begin{array}{l}\sum\limits_{k = 0}^n {k{2^k}} = \sum\nolimits_0^{n + 1} {x{2^x}\delta x} \\ = \left. {x{2^x} - {2^{x + 1}}} \right|_0^{n + 1}\\ = (n - 1){2^{n + 1}} + 2\end{array}\]

例2

计算
\[\sum\limits_{0 \le k < n} {k{H_k}} \]
首先计算
\[\sum {x{H_x}\delta x} \]
这里注意要令
\[u = {H_x},\Delta v = x\]
不能倒过来哦，因为$H_x$的不定和很难求出来的。所以
\[\begin{array}{l}\sum {x{H_x}\delta x} = \frac{ { {x^{\underline{2}}}}}{2}{H_x} - \sum {\frac{ { { {(x + 1)}^{\underline{2}}}}}{2}} {x^{ \underline{- 1}}}\delta x\\ = \frac{ { {x^{\underline{2}}}}}{2}{H_x} - \frac{1}{2}\sum { {x^{\underline{1}}}\delta x} \\ = \frac{ { {x^{\underline{2}}}}}{2}{H_x} - \frac{ { {x^{\underline{2}}}}}{4} + C\end{array}\]

所以
\[\sum\limits_{0 \le k < n} {k{H_k}} = \sum\nolimits_0^n {x{H_x}\delta x} = \frac{ { {n^{\underline{2}}}}}{2}({H_n} - \frac{1}{2})\]

无限求和

回顾一下以前我们是怎么计算下面求和式的。
\[S = {\rm{1}} + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots \]
首先两边同时乘2，得到：
\[2S = 2 + {\rm{1}} + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots = 2 + S\]
解出
\[S = 2\]

那么可不可以用同样的方法计算下面式子呢？
\[T = 1 + 2 + 4 + 8 + \cdots \]
两边同时乘2，得到：
\[2T = 2 + 4 + 8 + \cdots = T - 1\]
解出
\[T = -1\]
显然不可能，因为这里的$T$是发散的，所以不能这么求。那么如何用一般的方法来求解呢？

首先我们只考虑正数求和，求解$\sum\limits_{k \in K} { {a_k}} $，其中$K$是一个无限集合。
那么，如果存在$A$，使得对任意$F \subset K$，都有
\[\sum\limits_{k \in F} { {a_k}} \le A\]
那么我们说这个最小的$A$就是$\sum\limits_{k \in K} { {a_k}} $的结果。
如果不存在这么一个$A$，那么这个求和式就是发散的，即结果为正无穷。

一般使用中，对于$K = N$，我们可以令$F = \{ 0,1,2, \ldots ,n\} $
所以
\[\sum\limits_{k \ge 0} { {a_k}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 0}^n { {a_k}} \]

举两个例子，比如
\[\sum\limits_{k \ge 0} { {x^k}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{ {1 - {x^{n + 1}}}}{ {1 - x}} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{1}{ {1 - x}},0 \le x < 1}\\{\infty ,x \ge 1}\end{array}} \right.\]
再如：
\[\sum\limits_{k \ge 0} {\frac{1}{ {(k + 1)(k + 2)}}} = \sum\limits_{k \ge 0} { {k^{ \underline{- 2}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 0}^n { {k^{ \underline{- 2}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left. {\frac{ { {k^{ \underline{- 1}}}}}{ { - 1}}} \right|_0^{n + 1} = 1\]

剩下的问题就是如何求有正有负的和式？

可以考虑的方案就是用不同的配对，将正负组合在一起，从而相消求和。

但是不同的组合方式会得到不同的答案。就比如：
\[\sum\limits_{k \ge 0} { { {( - 1)}^k}} = 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots \]
有两种组合方式：
\[(1 - 1) + (1 - 1) + \cdots = 0\]
和
\[1 - (1 - 1) - (1 - 1) - \cdots = 1\]
得到了两种不同的结果。

事实上，我们可以将正数和负数分开求和，因为正数求和我们已经解决了，所以我们定义：
\[x = {x^ + } - {x^ - }\]
其中
\[{x^ + } = x \cdot [x > 0],{x^ - } = - x \cdot [x < 0]\]

所以求和式可以分成两部分分别求和：
\[\sum\limits_{k \in K} { {a_k}} = \sum\limits_{k \in K} { {a_k}^ + } - \sum\limits_{k \in K} { {a_k}^ - } \]

最后推广到二重求和：
\[\sum\limits_{j \in J,k \in {K_j}} { {a_{j,k}}} = \sum\limits_{j \in J} {\sum\limits_{k \in {K_j}} { {a_{j,k}}} } = \sum\limits_{j \in J} { {A_j}} = A\]

这里也没啥好细说的，就先了解了解吧。