关键词：函数迭代、生成函数、影响力、计算机数学
设 f ( x ) = 4 5 ( x − 1 ) f(x)=\frac{4}{5}(x-1) f ( x ) = 5 4 ( x − 1 ) n n n f n ( x ) f^n(x) f n ( x ) f ( x ) = 4 5 ( x + 4 ) − 4 f(x)=\frac{4}{5}(x+4)-4 f ( x ) = 5 4 ( x + 4 ) − 4
虽然后一表达式看起来较繁，但是却有利于我们所需要的迭代计算，下面进一步说明.
置h ( x ) = x + 4 h(x)=x+4 h ( x ) = x + 4 h − 1 ( x ) = x − 4 h^{-1}(x)=x-4 h − 1 ( x ) = x − 4
于是我们可以将后一表达式写成f ( x ) = h − 1 ∘ g ∘ h f(x)=h^{-1}\circ g\circ h f ( x ) = h − 1 ∘ g ∘ h g ( x ) = 4 5 x g(x)=\frac{4}{5}x g ( x ) = 5 4 x
立即可以计算出
f n ( x ) = h − 1 ∘ g n ∘ h = ( 4 5 ) n ( x + 4 ) − 4 f^{n}(x)=h^{-1}\circ g^n\circ h=(\frac{4}{5})^n(x+4)-4
f n ( x ) = h − 1 ∘ g n ∘ h = ( 5 4 ) n ( x + 4 ) − 4
以上例子给我们计算迭代函数提供了一种思路。
下面再看几个例子：
【例1】 g ( x ) = a x + b g(x)=a x+b g ( x ) = a x + b g n ( x ) g^{n}(x) g n ( x ) ( a ≠ 1 ) (a \neq 1) ( a = 1 )
取 h ( x ) = x + b a − 1 h(x)=x+\frac{b}{a-1} h ( x ) = x + a − 1 b h − 1 ( x ) = x − b a − 1 h^{-1}(x)=x-\frac{b}{a-1} h − 1 ( x ) = x − a − 1 b
g ( x ) = h − 1 ( a h ( x ) ) = a ( x + b a − 1 ) − b a − 1 \left.g(x)=h^{-1}(a h(x))=a (x+\frac{b}{a-1}\right)-\frac{b}{a-1} g ( x ) = h − 1 ( a h ( x ) ) = a ( x + a − 1 b ) − a − 1 b
后不难求，留给读者。
【例2】 g ( x ) = x ( 1 + h x k ) 1 k g(x)=\frac{x}{\left(1+h x^{k}\right)^{\frac{1}{k}}} g ( x ) = ( 1 + h x k ) k 1 x g n ( x ) g^{n}(x) g n ( x )
取 h ( x ) = x k , h − 1 ( x ) = x 1 k , f ( x ) = x 1 + b x h(x)=x^{k}, \quad h^{-1}(x)=x^{\frac{1}{k}}, \quad f(x)=\frac{x}{1+b x} h ( x ) = x k , h − 1 ( x ) = x k 1 , f ( x ) = 1 + b x x
g ( x ) = h − 1 ∘ f ∘ h ( x ) = [ x k 1 + b x k ] 1 k g(x)=h^{-1} \circ f \circ h(x)=\left[\frac{x^{k}}{1+b x^{k}}\right]^{\frac{1}{k}} g ( x ) = h − 1 ∘ f ∘ h ( x ) = [ 1 + b x k x k ] k 1
故得
g ∗ ( x ) = h − 1 ∘ f ∗ ∘ h ( x ) = x ( 1 + n b x k ) 1 k g^{*}(x)=h^{-1} \circ f^{*} \circ h(x)=\frac{x}{\left(1+n b x^{k}\right)^{\frac{1}{k}}} g ∗ ( x ) = h − 1 ∘ f ∗ ∘ h ( x ) = ( 1 + n b x k ) k 1 x
【例3】g ( x ) = 2 x 2 − 1 g(x)=2 x^{2}-1 g ( x ) = 2 x 2 − 1 g n ( x ) g^{n}(x) g n ( x )
取 h ( x ) = arccos x ( − 1 ⩽ x ⩽ 1 ) , h − 1 ( x ) = cos x h(x)=\arccos x \quad(-1 \leqslant x \leqslant 1), h^{-1}(x)=\cos x h ( x ) = arccos x ( − 1 ⩽ x ⩽ 1 ) , h − 1 ( x ) = cos x
g ( x ) = h − 1 ( 2 h ( x ) ) = cos ( 2 arccos x ) g(x)=h^{-1}(2 h(x))=\cos (2 \arccos x) g ( x ) = h − 1 ( 2 h ( x ) ) = cos ( 2 arccos x )
于是g n ( x ) = cos ( 2 n arccos x ) ( 1 ⩽ x ⩽ 1 ) g^{n}(x)=\cos \left(2^{n} \arccos x\right) \quad(1 \leqslant x \leqslant 1) g n ( x ) = cos ( 2 n arccos x ) ( 1 ⩽ x ⩽ 1 )
这里的 g n ( x ) g^{n}(x) g n ( x )
【例4】 g ( x ) = 4 x ( 1 − x ) g(x)=4 x(1-x) g ( x ) = 4 x ( 1 − x ) g n ( x ) g^{n}(x) g n ( x )
取 h ( x ) = arcsin x , ( 0 ⩽ x ⩽ 1 ) h − 1 ( x ) = sin 2 x h(x)=\arcsin \sqrt{x}, \quad(0 \leqslant x \leqslant 1) \quad h^{-1}(x)=\sin ^{2} x h ( x ) = arcsin x , ( 0 ⩽ x ⩽ 1 ) h − 1 ( x ) = sin 2 x
g ( x ) = h − 1 ( 2 h ( x ) ) = sin 2 arcsin x ) 2 g ∗ ( x ) = h − 1 ( 2 ⋆ h ( x ) ) = ( sin 2 n arcsin x ) 2 \begin{array}{l}
\left.g(x)=h^{-1}(2 h(x))=\sin 2 \arcsin \sqrt{x}\right)^{2} \\
g^{*}(x)=h^{-1}\left(2^{\star} h(x)\right)=\left(\sin 2^{n} \arcsin \sqrt{x}\right)^{2}
\end{array} g ( x ) = h − 1 ( 2 h ( x ) ) = sin 2 arcsin x ) 2 g ∗ ( x ) = h − 1 ( 2 ⋆ h ( x ) ) = ( sin 2 n arcsin x ) 2
设有递推式
f ( n , k ) = f ( n − 1 , k ) + f ( n − 1 , k − 1 ) ( f ( n , 0 ) = 1 ) . f(n, k)=f(n-1, k)+f(n-1, k-1) \quad(f(n, 0)=1) .
f ( n , k ) = f ( n − 1 , k ) + f ( n − 1 , k − 1 ) ( f ( n , 0 ) = 1 ) .
考虑母函数
B n ( x ) = ∑ k ≥ 0 f ( n , k ) x k B_{n}(x)=\displaystyle\sum_{k \geq 0} f(n, k) x^{k}
B n ( x ) = k ≥ 0 ∑ f ( n , k ) x k
现在对递推式两边同乘 x k x^{k} x k k ≥ 1 k \geq 1 k ≥ 1 B n ( x ) − 1 = ( B n − 1 ( x ) − 1 ) + x B n − 1 ( x ) , n ≥ 1 , B 0 ( x ) = 1 B_{n}(x)-1=\left(B_{n-1}(x)-1\right)+x B_{n-1}(x) , n \geq 1 , B_{0}(x)=1 B n ( x ) − 1 = ( B n − 1 ( x ) − 1 ) + x B n − 1 ( x ) , n ≥ 1 , B 0 ( x ) = 1
B n ( x ) = ( 1 + x ) B n − 1 ( x ) ( n ≥ 1 ; B 0 ( x ) = 1 ) B_{n}(x)=(1+x) B_{n-1}(x) \quad\left(n \geq 1 ; B_{0}(x)=1\right)
B n ( x ) = ( 1 + x ) B n − 1 ( x ) ( n ≥ 1 ; B 0 ( x ) = 1 )
即 B n ( x ) = ( 1 + x ) n B_{n}(x)=(1+x)^{n} B n ( x ) = ( 1 + x ) n n ≥ 0 n \geq 0 n ≥ 0
Our unknown number f ( n , k ) f(n, k) f ( n , k ) x k x^{k} x k ( 1 + x ) n (1+x)^{n} ( 1 + x ) n f ( n , k ) f(n, k) f ( n , k ) f ( n , k ) f(n, k) f ( n , k ) ( 1 + x ) n (1+x)^{n} ( 1 + x ) n x = 0 x=0 x = 0 k ! k ! k ! k k k ( 1 + x ) n (1+x)^{n} ( 1 + x ) n n ( n − 1 ) ⋯ ( n − k + 1 ) ( 1 + x ) n − k n(n-1) \cdots(n-k+1)(1+x)^{n-k} n ( n − 1 ) ⋯ ( n − k + 1 ) ( 1 + x ) n − k x = 0 x=0 x = 0 k ! k ! k ! f ( n , k ) f(n, k) f ( n , k ) k k k n n n
( n k ) = n ! k ! ( n − k ) ! = n ( n − 1 ) ( n − 2 ) ⋯ ( n − k + 1 ) k ! \left(\begin{array}{l}
n \\
k
\end{array}\right)=\frac{n !}{k !(n-k) !}=\frac{n(n-1)(n-2) \cdots(n-k+1)}{k !} ( n k ) = k ! ( n − k ) ! n ! = k ! n ( n − 1 ) ( n − 2 ) ⋯ ( n − k + 1 )
for integers n , k n, k n , k 0 ≤ k ≤ n 0 \leq k \leq n 0 ≤ k ≤ n
That pretty well takes care of the binomial coefficients ( n k ) \left(\begin{array}{l}n \\ k\end{array}\right) ( n k ) 0 ≤ k ≤ n 0 \leq k \leq n 0 ≤ k ≤ n n , k n, k n , k k k k
Although the second member of Equation (1.28) is difficult to decipher if n is not a nonnegative integer, the third member isn’t a bit hard to understand, even if n is a complex number, so long as k k k n n n
( n k ) = n ( n − 1 ) ( n − 2 ) ⋯ ( n − k + 1 ) k ! (integer k ≥ 0 ) \left.\left(\begin{array}{l}
n \\
k
\end{array}\right)=\frac{n(n-1)(n-2) \cdots(n-k+1)}{k !} \quad \text { (integer } k \geq 0\right) ( n k ) = k ! n ( n − 1 ) ( n − 2 ) ⋯ ( n − k + 1 ) (integer k ≥ 0 )
Thus ( − 3 3 ) = ( − 3 ) ( − 4 ) ( − 5 ) / 6 = − 10 \left(\begin{array}{r}-3 \\ 3\end{array}\right)=(-3)(-4)(-5) / 6=-10 ( − 3 3 ) = ( − 3 ) ( − 4 ) ( − 5 ) / 6 = − 1 0 ( i 2 ) = i ( i − 1 ) / 2 = ( − 1 − i ) / 2 \left(\begin{array}{c}i \\ 2\end{array}\right)=i(i-1) / 2=(-1-i) / 2 ( i 2 ) = i ( i − 1 ) / 2 = ( − 1 − i ) / 2
B n ( x ) = ( 1 + x ) n = ∑ k ≥ 0 ( n k ) x k = 1 + n x + n ( n − 1 ) 2 x 2 + ⋯ B_{n}(x)=(1+x)^{n}=\sum_{k \geq 0}\left(\begin{array}{l}
n \\
k
\end{array}\right) x^{k}=1+n x+\frac{n(n-1)}{2} x^{2}+\cdots B n ( x ) = ( 1 + x ) n = k ≥ 0 ∑ ( n k ) x k = 1 + n x + 2 n ( n − 1 ) x 2 + ⋯
remains valid for all complex numbers n n n n n n ∣ x ∣ < 1 |x|<1 ∣ x ∣ < 1
Next consider the effect of multiplying a power series by 1 / ( 1 − x ) 1 /(1-x) 1 / ( 1 − x ) f ⟷ ops { a n } 0 ∞ f \stackrel{\text { ops }}{\longleftrightarrow}\left\{a_{n}\right\}_{0}^{\infty} f ⟷ ops { a n } 0 ∞ f ( x ) / ( 1 − x ) f(x) /(1-x) f ( x ) / ( 1 − x )
f ( x ) ( 1 − x ) = ( a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + ⋯ ) ( 1 + x + x 2 + ⋯ ) = a 0 + ( a 0 + a 1 ) x + ( a 0 + a 1 + a 2 ) x 2 + ( a 0 + a 1 + a 2 + a 3 ) x 3 + ⋯ \begin{aligned}
\frac{f(x)}{(1-x)}=\left(a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+\cdots\right)\left(1+x+x^{2}+\cdots\right) \\
=a_{0}+\left(a_{0}+\right.&\left.a_{1}\right) x+\left(a_{0}+a_{1}+a_{2}\right) x^{2} \\
&+\left(a_{0}+a_{1}+a_{2}+a_{3}\right) x^{3}+\cdots
\end{aligned} ( 1 − x ) f ( x ) = ( a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + ⋯ ) ( 1 + x + x 2 + ⋯ ) = a 0 + ( a 0 + a 1 ) x + ( a 0 + a 1 + a 2 ) x 2 + ( a 0 + a 1 + a 2 + a 3 ) x 3 + ⋯
This clearly leads us to:
R u l e 5 \mathbf{Rule \ 5} R u l e 5 f ⟷ o p s { a n } 0 ∞ f \stackrel{o p s}{\longleftrightarrow}\left\{a_{n}\right\}_{0}^{\infty} f ⟷ o p s { a n } 0 ∞
f 1 − x ⟷ o p s { ∑ k = 1 n a k } n ≥ 0 \frac{f}{1-x} \stackrel{o p s}{\longleftrightarrow}\left\{\displaystyle\sum_{k=1}^{n} a_{k}\right\}_{n\geq0}
1 − x f ⟷ o p s { k = 1 ∑ n a k } n ≥ 0
That is, the effect of dividing an opsgf by ( 1 − x ) (1-x) ( 1 − x )
运用上述结论，我们不难给出调和级数H n H_n H n
∑ n = 1 ∞ H n x n = 1 1 − x ln ( 1 1 − x ) \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}H_nx^n=\frac{1}{1-x}\ln (\frac{1}{1-x})
n = 1 ∑ ∞ H n x n = 1 − x 1 ln ( 1 − x 1 )
H n = 1 + 1 2 + ⋯ + 1 n H_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n} H n = 1 + 2 1 + ⋯ + n 1
对于商人来说，先将比较贵重的商品展示给顾客可以赚到更多的钱。
如果不这样做，对比原理不仅不能发挥其应有的作用，而且还会起相反的作用。如果你先把便宜的商品拿给顾客看，然后再让他们看贵一点的，这样做只能使后者的价格显得更昂贵 ― 显然，大多数的商人是不想看到这样的结果的。正如前一桶水的温度可以使同一桶水显得更热或更冷一样，他们也可以让同一件商品的价格显得更贵或更便宜，这完全取决于他们所展示的前一件商品的价格。
服装零售商并不是惟一懂得如何巧妙地利用认知对比原理的人。当我在一家房地产公司暗中了解销售人员让人顺从的手段时，发现他们使用的一种销售技巧就运用了对比原理。有一个周末，为了了解房地产业的内情，我陪一位售楼先生带顾客看房子。这位售楼先生，我们就叫他菲尔吧，说他要给我露点绝活儿，好让我尽快地熟悉业务。很快我就注意到了一件事，就是每当菲尔带着一批新顾客看房子时，他总是先带顾客去看几套没人会买的破房子。当我向他问起这事时，他大笑起来。他说这些房子是公司的“托”。公司出售的楼盘中．总是会保留一两套很破但价格很高的房子。公司并不打算把这些房子卖掉，这些房子是用来给顾客看的。这样，相比之下，那些公司真正想卖掉的房子就会显得格外有吸引力。并不是所有的售楼员都会利用这些当“托”的房子，但菲尔却喜欢这个方法。他说．当顾客看过那些破房子之后，再带他们去看那些真正要卖给他们的房子时，他们的眼睛一下子就亮了。他太喜欢这种感觉了。“在他们看了那几套破玩意儿之后，我给他们挑的房子真的是太棒了。“
汽车经销商在卖汽车的过程中也会利用对比原理。
当一辆新车的价钱谈妥之后，他们会向顾客提议，让顾客购买一项又一项的附加设备。在掏了 15000 块钱之后，再花几百块钱买个．立体声收音机之类的玩意儿实在算不了什么。所以接下来经销商会建议顾客再买些配件，如镀膜玻璃窗、侧视镜、轮胎或一种花哨的装饰等。他们的诀窍是一件一件地提出这些附加设备，这样每件东西的价钱与顾客已经决定要花的大笔支出比起来就显得微不足道厂。很多有经验的买车人都知道，只是因为这些不起眼的附加设备，最后使得顶算内的车的价钱就像气球一样膨胀起来，当顾客站在那里，手里拿着签好的合同，想着这到底是怎么回事，却发现除了怪自己而不能怪任何人时，汽车销售员却站在一旁，脸上挂着柔术大师招牌式的微笑。
还有另一种方法可以利用互惠原理让他人答应自己的请求。与那种给人家一点好处然后就要求人家回报的方式相比，这种方法更为巧妙。从某些方面来看，有时候这种方法比那种直截了当的方法更能达到预期的效果。几年前，我就亲身经历了一件事，使我对这种方法的妙处有了第一手的认识。
有一大我正在街上走着，迎面过来二个十一二岁的男孩。他先做了一番自我介绍，然后问我要不要买几张周六晚年度童子军杂技表演的票， 5 块钱一张。我对这种事情向来没什么兴趣，因此婉言谢绝了。“哦，既然你不想买杂技表演的票，”他说，“那要不要买几块我们的大巧克力？只要一元钱一块哟。”我买了两块，同时立刻意识到事情有点不对劲，因为（ a ）我不喜欢巧克力； ( b ）我不喜欢随便花钱； ( c ）我站在那里，手里拿着两块他的巧克力； ( d ）他拿着我的两块钱走掉了。
为了搞清楚刚才到底发生了什么，我马上回办公室把我的助手们召集起来开会。在讨论的过程中，我们开始明白互惠原理是如何让我同意购买那个小男孩的巧克力的了。广义地讲，互惠原理说的是如果一个人对我们采取了某种行为，我们应该以类似的行为去回报。我们前面已经看到，这个原理产生的一个结果就是，我们有义务回报我们所得到的恩惠。然而，这个原理产生的另一个结果是，如果他人对我们做出了让步，我们也有义务做出让步。想到这一点时，我们意识到那个童子军对我采用的就是这种手段。当他要我买一元钱一块的巧克力时，他已经做出了一个让步，因为与他让我买 5 块钱一张的票相比，这的确是一种让步。如果我要按照互惠原理的指示行事，我就应该做出一个让步。正如我们所看到的，我的确做出了让步：当他的要求由大变小时，我由拒绝变成了顺从．即使我对他提供的两样东西都毫无兴趣。
对一个紧急事件的受害者来说，在场的人越多越好的想法通常是大错特错。
对那些身处险境需要帮助的人而言，如果只有一个而不是一群人在场的话，或许他得救的机会还要大一些。
我们的建议是从人群中挑出一个人来，盯着他，指着他，直接对他说：“你，穿蓝夹克的先生，我需要帮助，请叫一辆救护车来。”
总之，在你处在紧急状态中需要帮助时，最有效的策略就是减少周围人对你的处境和他们的责任的不确定性。
你要尽可能准确地将你需要的帮助表达出来。不要让旁观者自己去下结论，因为社会认同原理和多元无知效应很可能使他们对你的处境做出错误的判断，人多的时候尤其如此。
而且，你要向一群旁观者中的某一个人提出需要帮助的请求，一定要克服请求大家帮忙的这种本能。从众人中挑出一个人来并给他指派任务．否则，很容易使群体中的每一个人产生其他人应该会帮忙、其他人会去帮忙或者其他人已经帮忙的想法。在本书谈到的所有顺从技巧中，这个技巧或许是最需要牢记的。因为如果你不能迅速得到帮助，你就可能要承受严重的个人后果。
组合证明中的其他计数方式通常是基于简单的序列或集合定义的, 而不是类似助教这样的故事叙述。
这里我们给出一个有趣的组合证明例子。
∑ r = 0 n ( n r ) ( 2 n n − r ) = ( 3 n n ) \displaystyle\sum_{r=0}^{n}\left(\begin{array}{l}
n \\
r
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
2 n \\
n-r
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
3 n \\
n
\end{array}\right) r = 0 ∑ n ( n r ) ( 2 n n − r ) = ( 3 n n )
证明. 我们给出组合证明。
设 S S S n n n 2 n 2 n 2 n n n n
首先注意, 一个 3 n 3 n 3 n
∣ S ∣ = ( 3 n n ) |S|=\left(\begin{array}{c}
3 n \\
n
\end{array}\right) ∣ S ∣ = ( 3 n n )
个 n n n r r r
( n r ) ( 2 n n − r ) \left(\begin{array}{l}
n \\
r
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
2 n \\
n-r
\end{array}\right) ( n r ) ( 2 n n − r )
因为 r r r ( n r ) \left(\begin{array}{l}n \\ r\end{array}\right) ( n r ) n − r n-r n − r ( 2 n n − r ) \left(\begin{array}{c}2 n \\ n-r\end{array}\right) ( 2 n n − r ) 0 0 0 n n n n n n
∣ S ∣ = ∑ r = 0 n ( n r ) ( 2 n n − r ) |S|=\sum_{r=0}^{n}\left(\begin{array}{l}
n \\
r
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
2 n \\
n-r
\end{array}\right) ∣ S ∣ = r = 0 ∑ n ( n r ) ( 2 n n − r )
两个 ∣ S ∣ |S| ∣ S ∣ ■ \blacksquare ■
组合证明可以说是很神奇的。上述等式看起来相当可怕, 但我们在证明它的过程中并没有使用任何代数运算。构建组合证明的关键是正确地选择集合 S S S ( 3 n n ) \left(\begin{array}{c}3 n \\ n\end{array}\right) ( 3 n n ) 3 n 3 n 3 n n n n S S S
设f : R + → R + f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+} f : R + → R +
S : : = ∑ i = 1 n f ( i ) S::=\sum_{i=1}^{n} f(i)
S : : = i = 1 ∑ n f ( i )
和
I : : = ∫ 1 n f ( x ) d x I::=\int_{1}^{n} f(x) \mathrm{d} x
I : : = ∫ 1 n f ( x ) d x
那么
l + f ( 1 ) ⩽ S ⩽ l + f ( n ) l+f(1) \leqslant S \leqslant l+f(n)
l + f ( 1 ) ⩽ S ⩽ l + f ( n )
相似地, 如果 f 是弱递减的, 那么
I + f ( n ) ⩽ S ⩽ I + f ( 1 ) I+f(n) \leqslant S \leqslant I+f(1)
I + f ( n ) ⩽ S ⩽ I + f ( 1 )
证明：假设 f : R + → R + f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+} f : R + → R + f ( 1 ) , f ( 2 ) , … , f ( n ) f(1), f(2), \ldots, f(n) f ( 1 ) , f ( 2 ) , … , f ( n )
I = ∫ 1 n f ( x ) d x I=\int_{1}^{n} f(x) \mathrm{d} x
I = ∫ 1 n f ( x ) d x
的值就是曲线下阴影部分 f ( x ) f(x) f ( x ) 1 1 1 n n n
比较阴影区域, 可以得出S S S I I I
s ⩾ I + f ( 1 ) s \geqslant I+f(1)
s ⩾ I + f ( 1 )
这是 S 的下界。
为了获得 S S S S S S I I I
s ⩽ I + f ( n ) s \leqslant I+f(n)
s ⩽ I + f ( n )
这是 S 的上界。
以上定理为大多数的求和式子提供了不错的边界。最差的情况是, 最大项会让边界消失。 比如, 我们可以使用以上定理来确定求和式子的上下界
S = ∑ i = 1 n i S=\sum_{i=1}^{n} \sqrt{i}
S = i = 1 ∑ n i
我们有
I = ∫ 1 n x d x = x 3 / 2 3 / 2 ∣ 1 n = 2 3 ( n 3 / 2 − 1 ) \begin{aligned}
I &=\int_{1}^{n} \sqrt{x} \mathrm{~d} x \\
&=\left.\frac{x^{3 / 2}}{3 / 2}\right|_{1} ^{n} \\
&=\frac{2}{3}\left(n^{3 / 2}-1\right)
\end{aligned} I = ∫ 1 n x d x = 3 / 2 x 3 / 2 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 1 n = 3 2 ( n 3 / 2 − 1 )
应用上述定理, 得到
2 3 ( n 3 / 2 − 1 ) + 1 ⩽ S ⩽ 2 3 ( n 3 / 2 − 1 ) + n \frac{2}{3}\left(n^{3 / 2}-1\right)+1 \leqslant S \leqslant \frac{2}{3}\left(n^{3 / 2}-1\right)+\sqrt{n}
3 2 ( n 3 / 2 − 1 ) + 1 ⩽ S ⩽ 3 2 ( n 3 / 2 − 1 ) + n
由此得到
2 3 n 3 / 2 + 1 3 ⩽ S ⩽ 2 3 n 3 / 2 + n − 2 3 \frac{2}{3} n^{3 / 2}+\frac{1}{3} \leqslant S \leqslant \frac{2}{3} n^{3 / 2}+\sqrt{n}-\frac{2}{3}
3 2 n 3 / 2 + 3 1 ⩽ S ⩽ 3 2 n 3 / 2 + n − 3 2
即S ∼ 2 3 n 3 / 2 , n → ∞ S \sim \frac{2}{3} n^{3 / 2},n\to\infty S ∼ 3 2 n 3 / 2 , n → ∞