by djs
latest update: 2023.04.09
劣质文档。可能轻微烂尾。
目前只有纯术劣的部分，应该还有一部分题是术劣和其他东西进行有机结合的，这种东西高庙上好像有一堆，到时候看了再整吧。
\(\rm I\) にちじょうの 涂山苏苏 | general solution
数列这一对象本身可能具有无穷的自由度，但是我们在高中遇到的绝大部分数列都是静态的或者自由度很低的，这是因为数列往往被递推的关系给静止化了。因此，认识数列就必须从递推入手，按顺序从下往上去摸。这也决定了摸项的思维方式是重中之重。摸项就是一种特殊的遍历思维，把指标 \(n\) 作为滑块往上去摸，一边摸一边分析们需要的东西。这种摸项的思维在我们上下两篇的绝大部分题目中都起到了很有价值的效果，帮助我们更好的感知数列，寻找下一步的出路。
控制的理念是十分深刻的，它背后的价值观就是事物会被如何决定。想清楚一个事物如何生成，会对理解这个事物，做出题目都有帮助。
- 尽量统一术劣名称，选择合适的主元，例如做前缀和或差分的转化。一般而言，题目研究的数列就是我们的主元。
- 术劣中一个具有重要地位的的思想是同构。只有将术劣相关条件的式子同构，我们才能对术劣进行整体的换元，从而进行各种其他的变换和转化。同构的原则是将带 \(n\) 的项和 \(n+1\) 的项区分开来，合理构造，对术劣进行整体的加减乘除等等的变换（可以理解为换元）。构造新术劣时下标应该严格对应，每一项 \(n+1\) 都要对应相应位置的 \(n\)。
- 术劣中另一个很重要的转化方向就是避免大型运算。面对大于 \(\mathcal O(1)\) 复杂度的运算，例如单独一个 \(S_n\) 或者带 \(\sum\) 的式子，我们是很不好处理的，所以我们要将 \(\sum, \prod\) 的条件和式子转化为普通的代数式进行处理。实在要计算大 \(\sum\) 的式子再考虑计算，尽量避免直接面对 \(\sum\) 和 \(\prod\)。
\(\rm II\) 基础术劣
高中能直接处理的术劣只有等差和等比。
- 等差数列：\(a_n=a_{n-1}+d\)
- 通项公式 \(a_n=a_1+(n-1)d\)
- 前 \(n\) 项和 \(S_n=\dfrac12 n(a_1+a_n)=\dfrac12 n(2a_1+(n-1)d)\)
- 等差数列中，每连续 \(x\) 项的和也构成等差数列。
- \(\dfrac{S_n}{n}\) 是公差为 \(\dfrac12d\) 的等差数列。
- 等比数列：\(a_n=a_1\times q\)
- 通项公式 \(a_n=a_{n-1}\times q^{n-1}\)
- \(\sum_{i=0}^nx^i\) 的求法
- \(M\gets\sum_{i=0}^nx^i\)
- \(xM=\sum_{i=1}^{n+1}x^i\)
- \(xM-M=x^{n+1}-1\)
- \(M=\dfrac{x^{n+1}-1}{x-1}\)
\(\rm III\) 等差数列、等比数列的相关性质
3.1 等差数列
一般的等差数列自由度为 \(2\)，知道 \(a_1\) 和 \(d\) 即可确定整个术劣。
- 求公差：\(d=\dfrac{a_n-a_m}{n-m}\)。
- 若 \(m+n=p+q\)，则 \(a_m+a_n=a_p+a_q\)。
- 连续的 \(k\) 项的和构成新的等差数列（\(S_k, S_{2k}-S_k,S_{3k}-S_{2k},\cdots\)）
- \(S_{2n-1}=(2n-1)a_n\to \dfrac{a_n}{b_n}=\dfrac{A_{2n-1}}{B_{2n-1}}\)
- \(\{\dfrac{S_n}{n}\}\) 仍为等差数列。
3.2 等比数列
类似等差数列，等比数列的自由度同样为 \(2\)，知道 \(a_1\) 和 \(q\) 即可确定整个术劣。
- 求公比：\(q=\sqrt[n-m]{\dfrac{a_n}{a_m}}\)。
- 若 \(m+n=s+t\)，则 \(a_ma_n=a_sa_t\)。
- 连续的 \(k\) 项的和构成新的等比数列（\(S_k, S_{2k}-S_k, S_{3k}-S_{2k},\cdots\)）
\(\rm IV\) 术劣的变换：前缀和和差分
4.1 \(\textsf{general solution}\)
前缀和和差分是对于一个术劣而言最常见的两种变换。两者构成互逆运算，而且有诸多的特殊性质。
一个术劣 \(\{a_n\}\) 的前缀和术劣 \(\{S_n\}\)：\(S_n=\sum_{i=1}^na_i\)。注意前缀和是一个 \(\mathcal O(n)\) 的运算，即单独计算一个前缀和 \(S_n\) 的运算量与 \(n\) 正相关。
一个术劣 \(\{a_n\}\) 的差分术劣 \(\{b_n\}\)：\(b_i=a_i-a_{i-1}\)。与前缀和不同，差分运算是一个 \(\mathcal O(1)\) 的运算，计算一个差分项只用一次运算。
可以观察到，前缀和和差分是作用于术劣的一对互逆的运算（一个术劣 \(\{a_n\}\) 的前缀和术劣的差分又变回了自己），但运算复杂度是截然不同的。我们如果硬拆一个前缀和，将出现带 \(\sum\) 的 \(n\) 项式子，非常不好处理。所以，遇到一个术劣 \(\{a_n\}\) 的前缀和 \(S_n\) 出现在条件中，可以考虑用差分转化（\(a_n=S_n-S_{n-1}\)，一般是多列一项或者干脆将 \(S_n\) 作为主元研究）。
前缀积 \(T_n=\prod_{i=1}^na_i\) 等等其他概念同理。注意前缀和和原序列前几项的对应关系：\(S_1=a_1, S_2=a_1+a_2,...\)。
\(\rm V\) 术劣通项
5.1 \(\textsf{general solution}\)
术劣求通项的核心方法是同构。我们通过同构这一方法，将一个术劣进行整体的加减、变形，将不能直接处理的数列转化为可以直接处理的数列（其实可以直接处理的数列也就等差数列和等比数列这两个），从而转化术劣的形式（相当于换了元），简化式子。同构的核心就是将 \(n\) 和 \(n+1\) 这两项区分开来。
5.2 求通项基础
唯二的可以直接处理的数列形式：
- 基本形式 - 累加：\(a_{n+1}=a_n+f_n\to a_n=a_1+\sum_{i=1}^{n-1}f_i\)
- 基本形式 - 累乘：\(a_{n+1}=a_n\cdot f_n\to a_n=a_1\cdot\prod_{i=1}^{n-1}f_i\)
常数的处理方法（常术劣）
- \(a_{n+1}=ka_n+d\to \dfrac{a_{n+1}}{k^{n+1}}=\dfrac{a_n}{k^n}+\dfrac{d}{k^{n+1}}\)
- \(a_{n+1}=a_n+d\to a_{n+1}-(n+1)d=a_n-nd\)
5.3 整式术劣同构的一般形式：\(a_{n+1}=ka_n+p(n)\)
【general solution】指数的增长速度远远强于多项式，所以这种乘法形式的术劣一般是构造等比，因而一般形式 \(a_{n+1}=ka_n+p(n)\) 是等比形式的术劣（\(k\) 为常数）。
整式术劣核心方法：构造多项式函数或多项式指数混合函数（当然不一定都是），即构造如下\textbf{同构}形式：\(a_{n+1}+f(n+1)=k(a_n+f(n))\)，解得 \(kf(n)-f(n+1)=p(n)\)（该方法较为灵活，但仍脱离不了套路）。\(f(n)\) \textbf{的具体形式可以参考} \(p(n)\)。
例如：
- \(p(n)\) 为常数，构造常数项 \(f(n)=\alpha\)
- \(p(n)\) 为若干次的多项式，构造次数一致的多项式（注意这只是大部分情况，如果在 \(kf(n)-f(n+1)=p(n)\) 中最高次背消掉了那么就需要考虑构造升一次的多项式）。
- \(p(n)\) 为单指数 \(k\cdot x^i\)，构造常数乘指数形式的 \(f(n)=\alpha\cdot x^i\)
- \(p(n)\) 为指数乘多项式，构造次数一样的多项式乘指数形式的 \(f(n)=g(n)\cdot x^i\)（仍需注意少部分情况中多项式升次的情况）。
注意上述存在多项式升次现象的数列递推式一般有特解。
5.4 分式数列（一次）的构造方法
分式一次术劣的一般形式：\(A_{n+1}=\dfrac{aA_n+b}{cA_n+d}\)。
该方法比较固定，先分子同构，然后利用分离分子的特性，构造倒数数列 \(\{\dfrac1{a_n}\}\)。
具体来说首先构造分子的同构 \(A_{n+1}+\alpha=\dfrac{\beta(A_n+\alpha)}{cA_n+d}\)。然后取倒数，转为整式术劣的形式：\(\dfrac1{A_{n+1}+\alpha}=\dfrac{\frac1\beta(cA_n+d)}{A_n+\alpha}\)，利用分离分子将式子变成 \(\dfrac{1}{A_{n+1}+\alpha}=k\cdot\dfrac{1}{A_n+\alpha}+p\)（\(k, p\) 为常数）
5.5 术劣通项的特殊处理方法 - 不动点
该方法适合处理 \(a_{n+1}=f(a_n)\) 中 \(f(x)\) 与 \(n\) 无关的情况（例如 \(a_{n+1}=3a_n+2\) 可以，但是 \(a_{n+1}=3a_n+4n\) 不行）。
【原理】 设 \(a_{n+1}=f(a_n)\), 则我们构造函数 \(x=f(x)\), 解得 \(x=x_0\)。那么 \(x-x_0\) 为 \(f(x)-x_0\) 的一个因式，也就是说 \(f(x)-x_0=(x-x_0)\cdot g(x)\)。于是 \(a_{n+1}-x_0=f(a_n)-x_0=(a_n-x_0)\cdot g(a_n)\)。我们发现出现了同构 \(a_{n+1}-x_0\) 和 \(a_n-x_0\)，于是进行换元 \(b_n\gets a_n-x_0, b_{n+1}=b_n\cdot g(b_n+x_0)\) 即可。
例如 \(a_{n+1}=3a_n+2\)，直接解不动点 \(x=3x+2\to x=-1\)，然后 \(a_{n+1}+1=3(a_n+1)\)。
对于一次、二次、分式，凡是形如 \(a_{n+1}=f(a_n)\) 的都可以。
5.6 不动点与数形结合
对于形如 \(a_{n+1}=f(a_n)\) 的术劣（即转移关系可以写成一个固定的函数），我们可以在平面直角坐标系中将 \(y=f(x)\) 和 \(y=x\) 的图像画出来。作直线 \(x=a_1\) 交 \(y=x\) 于 \(A_1\)。
接下来对 \(A_i\) 重复以下操作：
- 过 \(A_i\) 作平行于 \(y\) 直线交 \(y=f(x)\) 于 \(A_i'\)。
- 过 \(A_i'\) 作平行于 \(x\) 轴的直线交 \(y=x\) 于 \(A_{i+1}\)。
- 回到第一步。
点列 \(\{A_i\}\) 的横坐标即为术劣 \(\{a_i\}\)。我们借此可以分析术劣 \(\{a_i\}\) 的单调性和走向等等。
5.7 术劣通项的特殊处理方法 - 特征根
特征根法关键在与二阶递推术劣的结论。注意特征根可以处理二阶线性递推术劣的通项。
【一阶】\(a_{n+1}=pa_n+q\)
- 特征方程：\(x=px+q\)，解为 \(x_0\)
- \(\{a_n-x_0\}\) 为等比数列
【一阶】\(a_{n+1}=pa_n+kn+q\)
- 特征方程：\(x=px+k,y=py+x+q\)
- \(\{a_n-(x_0n+y_0)\}\) 为等比数列
【分式】\(A_{n+1}=\dfrac{aA_n+b}{cA_n+d}\)
- 特征方程：\(x=\dfrac{ax+b}{cx+d}\)
- 有两根 \(x_1,x_2\)：\(\{\dfrac{a_n-x_1}{a_n-x_2}\}\) 为等比数列
- 有一根 \(x_1\)：\(\{\dfrac1{a_n-x_1}\}\) 为等差数列
- 无解，则考虑 \(\{a_n\}\) 为周期术劣
\(\color{Red}\Large\star\)【二阶】
- \(a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_n\)
- 特征方程：\(x^2-px-q=0\)
- 有两根 \(\alpha, \beta\)：\(a_n=A\cdot\alpha^n+B\cdot\beta^n\)，其中 \(A,B\) 是待定系数，由术劣的初值决定。
- 有一根 \(\alpha\)：\(a_n=(An+B)\cdot\alpha^n\)
其他
- 复杂指数取对数 \(b_n\gets\ln a_n\)
- （乱搞）数学归纳法：就是先乱搞观察，得出一个相对靠谱的通项，将前几项带进去算，然后猜一个通项，利用数学归纳法“\(n\) 成立，那么 \(n+1\) 也成立”证明。
\(\rm VI\) 术劣不等式基本思路
【general solution】在证明术劣不等式中，我们无法对含有 \(\sum\) 的式子直接处理（除非有 \(n\) 元的不等式例如均值、柯西等等能够直接套上的），所以一般的处理思路是硬将 \(\sum\) 求和处理或者对右侧构造差分术劣转而证明每一项杜满足不等关系。看到大型运算（\(\sum, \prod\)）一定处理不了，一定想办法转化为 \(\mathcal O(1)\) 级别的运算。要么硬求和要么对每一项处理。
一般形式是证明 \(\sum_{i=1}^na_i\le f(n)\) 或 \(\sum_{i=1}^na_i\le M\)。若右侧是关于 \(n\) 的式子，可以考虑构造 \(f(n)\) 的差分术劣 \(b_n=f(n)-f(n-1)\)，从而转化为证明 \(\forall i, a_i\le b_i\)。
若右侧是常数，那么只能对术劣进行放缩（参考前一问），然后求和处理。放缩的准则是要便于裂项等等求和，而且也不能放得过大。
- 前缀和和差分 \(a_n\to S_n-S_{n-1}\)（注意一个 \(\mathcal O(n)\) 一个 \(\mathcal O(1)\)）
- 硬求和方法（做前缀和）：裂项，各种术劣计算技巧
- 处理每一项：对不属于大型运算中的项将其写成差分形式（\(\sum_{i=1}^n=f(n) \to a_n=f(n)-f(n-1)\)）
- 而且这种术劣不等式的放缩的目标是使得最终的式子可以 \(\mathcal O(1)\) 处理。
\(\rm VII\) 求和基本公式
- \(\sum_{i=a}^b x^i=\dfrac{x^{b+1}-x^a}{x-1}\)
- \(\sum_{i=1}^b i^2=\dfrac16 n(n+1)(2n+1)\)
- \(\sum_{i=1}^n i^3=[\sum_{i=1}^n i]^2\)
- \(\sum_{i=1}^n i\cdot x^i\)
- 令 \(\alpha=\dfrac{x}{x-1},\beta=\dfrac{-x}{(x-1)^2}\)
- \(\text{原式}=(\alpha n+\beta)x^n-\beta\)
\(\rm VIII\) 术劣求和：裂项相关
8.1 裂项的本质
所谓裂项，就是将 \(a_n\) 写成 \(f_n-f_{n-1}\) 的形式（当然有可能是 \(f_n-f_{n-k}\)），从而做到相邻的项数在 \(\sum\) 中消掉，完成 \(\sum\) 的计算。
术劣求和的核心是裂项。
8.2 多项式和指数的区别
我们设 \(f_n\) 为一个纯多项式，那么在进行 \(f_n-f_{n-1}\) 的运算中，由于 \(n\to n-1\) 的过程中 \(f_n\) 的最高次项系数不变，所以实际上计算出来的多项式 \(a_n=f_n-f_{n-1}\) 会比 \(f_n\) 低一次。而如果有指数的参与（指数乘多项式）就不存在这个问题。因为对于一个指数 \(g_n=x^n\)，\(n\to n+1\) 的过程表现为乘法，从而给多项式乘上一个系数。
8.3 整式裂项
- 对 \(a_n\) 进行裂项，即将其写成 \(f_n-f_{n-1}\) 的形式。
如果 \(a_n\) 是一个整式，那么我们的 \(f_n\) 只需要模仿 \(a_n\) 的结构，然后待定系数即可。唯一需要注意的就是上文提到的（纯）多项式升次问题。
- 例：已知 \(x\)，求 \(\sum_{i=1}^ni\cdot x^i\)。
观察到 \(a_n=n\cdot x^n\) 表现为一次多项式乘指数的形式，那么我们只需要设 \(f_n=(\alpha n+\beta)x^n\)，令 \(a_n=f_n-f_{n-1}\) 然后解方程即可。解得 \(\alpha=\dfrac{x}{x-1},\beta=\dfrac{-x}{(x-1)^2}\)，带入得 \(\sum_{i=1}^ni\cdot x^i=f_n-f_0=(\alpha n+\beta)x^n-\beta\)。
- 例：求 \(\sum_{i=1}^n i^2\)。
观察到 \(a_n=n^2\) 为二次多项式，那么我们将多项式升次，设 \(f_n=an^3+bn^2+cn+d\) 即可。最终结果与平方和公式 \(\sum_{i=1}^n i^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\) 一致。
8.4 分式裂项
分式裂项是一种较为特殊的形式，也是最常考的裂项形式。分式裂项一般可以写成 \(\dfrac{f_n}{a_n}-\dfrac{f_{n-1}}{a_{n-1}}\) 的形式。对其进行化简得到 \(\dfrac{f_na_{n-1}-f_{n-1}a_n}{a_na_{n-1}}\)。我们注意到，分母中 \(a_na_{n-1}\) 的形式比分子要好观察得多。所以，在看到形如 \(a_na_{n-1}\) 的式子就有大概率是裂项。同时，遇到裂项的题目也可以将分母往 \(a_na_{n-1}\) 的形式上凑。【从分母看标志】
接下来是分式裂项中多项式和指数项的区别。如果 \(a_n\) 和 \(f_n\) 都是纯多项式，次数分别为 \(a\) 和 \(b\)，那么最终 \(\dfrac{f_n}{a_n}-\dfrac{f_{n-1}}{a_{n-1}}\) 得到的分式中，分母为 \(2a\) 次，分子为 \(a+b-1\) 次（最高次项被消掉了）。如果分母中存在指数（此时一般为多项式乘指数），那么由于指数的 \(n\to n+1\) 带来的乘法效应，多项式部分的最高次项不会被消掉，分子的多项式将保留原有的最高次项。其他更为复杂的情况可以以此类推。
这里放一个网上看到的繁分式裂项公式（申申本质数学与通法）：
\(\dfrac{(An+B)}{(an+b)(a(n+1)+b)q^n}=\dfrac{(An+B)q^{n+1}}{(an+b)(a(n+1)+b)q^nq^{n+1}}=\dfrac{Aq}{a(q-1)}\left(\dfrac1{\textsf 小}-\dfrac1{\textsf 大}\right)\)
\(\rm IX\) 求和其他技巧
9.1 分组求和
分组求和利用了 \(\sum\)（以及 \(\prod\)）的性质：\(\sum_{i=1}^n(f_i+g_i)=\sum_{i=1}^n f_i+\sum_{i=1}^n g_i\)，\(\sum_{i=1}^n x\cdot f_i=x\cdot \sum_{i=1}^n f_i\)。也就是说在 \(\sum\) 内部可以将求和的式子分离或者提取公因式。
常见的分组求和术劣：
- 周期术劣（或带有明显周期性质的术劣，例如 \(\cos\dfrac{2n}{3}\pi\)）。
- 通项公式为分段函数，或者含有 \((-1)^n\)（注意 \((-1)^n\) 也可以考虑看成指数处理）。
- 有明显特殊的分组性质的术劣，例如下取整（高斯函数）。
9.2 数论分块 / 整除分块
用于求一些增长缓慢的函数的下去整（高斯函数）的求和。
- 例：求 \(\sum_{i=1}^{2021}\lfloor \lg \dfrac12i \rfloor\)
注意到 \(i\in [1, 2021]\) 时 \(\lg \dfrac12i\) 的取值只可能 \(\in \{0, 1, 2, 3\}\)，而且随着 \(i\) 的增大，\(\lfloor\lg\dfrac12i\rfloor\) 的值单调递增，并且 \(\lfloor\lg\dfrac12i\rfloor\) 相同的\(i\) 的位置构成一段区间。那么我们考虑枚举 \(\lfloor\lg\dfrac12i\rfloor\) 的值 \(0, 1, 2, 3\)，算出区间的左端点和右端点（说白了就是算 \(\lfloor\lg\dfrac12i\rfloor\) 的值为 \(0, 1, 2, 3\) 的 \(i\) 有多少个），最后统计求和即可。
类似的有 \(\log\) 下取整，根号下取整等等。
体现了一种在大型求贡献的问题中的贡献角度转化思想。
\(\rm X\) 术劣放缩
10.1 放缩的基本原则
- 明确放缩的方向，即放大或缩小，取决于要证明的结论。
- 放缩的项数，不一定要从第一项开始放缩。
- 放缩的尺度把握：在放缩相关术劣不等式证明中，限制一般不会卡的太死，距离真正目标术劣的极限还有一定距离。
- 放缩的准则是要便于裂项等等求和，而且也不能放得过大。
如果不等式两侧是两个含有 \(n\) 的式子，那么一个相对通法就是比较通项（利用导数工具），否则基本一定是放缩。放缩最终的目的是使得术劣可以求和（要么公式，要么裂项，要么比较通项，要么硬刚 \(\sum\)）。
在放缩之前可以先对式子做出一定的处理。
10.2 A Little Trick
我们在考虑将分母写成 \(a_n a_{n+1}\) 裂项的时候，遇到与放缩方向相反的情况可以作如下处理：前几项不放缩手算，从第若干项开始放缩，分子乘上一个常数，以抵消分母的反向放缩。通常这样放缩的上限不会卡得很紧，因为后面分母的放缩会越来越小。
10.3 \(\text{石}\text{石}_{\text{石}}^{\text{石}}\) の 放缩表}
目前的理解还不是很深，先搬一个放缩表。
- \(\dfrac1{n^2}<\dfrac1{n(n-1)}=\dfrac1{n-1}-\dfrac1n\)
- \(\dfrac1{n^2}>\dfrac1{n(n+1)}=\dfrac1n-\dfrac1{n+1}\)
- \(\dfrac1{n^2}=\dfrac4{4n^2}<\dfrac4{4n^2-1}=2(\dfrac1{2n-1}-\dfrac1{2n+1})\)
- \(\dfrac1{(2n-1)^2}>\dfrac1{(2n-1(2n+1))}=\dfrac12(\dfrac1{2n-1}-\dfrac1{2n+1})\)
- \(\dfrac1{(2n-1)^2}<\dfrac1{2n(2n-2)}=\dfrac1{4n(n-1)}=\dfrac14(\dfrac1{n-1}-\dfrac1n)\) \((n\ge 2)\)
- \(\dfrac1{n^2+1}\ge\dfrac1{n^2+n}=\dfrac1n-\dfrac1{n+1}\)
- \(\dfrac1{n^2+n-1}>\dfrac1{n^2+n}=\dfrac1n-\dfrac1{n+1}\)
- \(\dfrac1{4n^2+4n-1}<\dfrac1{4n^2-1}=\dfrac1{(2n-1)(2n+1)}=\dfrac12(\dfrac1{2n-1}-\dfrac1{2n+1})\)
- \(\dfrac1{4n^2+4n-1}<\dfrac1{4n^2+4n-3}=\dfrac1{(2n-1)(2n+3)}=\dfrac14(\dfrac1{2n-1}-\dfrac1{2n+3})\)
- \(3^n-2^n=3\cdot3^{n-1}-2^n=3^{n-1}+2(3^{n-1}+2^{n-1})\ge3^{n-1}\)
- \(\dfrac1{2^n-1}=\dfrac1{2^{n-1}+2^{n-1}-1}<\dfrac1{2^{n-1}}\) \((n\ge 2)\)
- \(\sqrt{n^2+2n}<\sqrt{n^2+2n+1}=n+1\)
- \(n<\sqrt{n(n+1)}<n+1\)
- $\sqrt{k+1}-\sqrt k=\dfrac1{\sqrt{k+1}+\sqrt k}<\dfrac1{2\sqrt k}<\dfrac1{\sqrt - \(\dfrac1{n^3}<\dfrac1{(n-1)n(n+1)}=\dfrac12[\dfrac1{(n-1)n}-\dfrac1{n(n+1)}]\)
- 真分数的分子分母同时加上一个正数，则变大：\(\dfrac ba<\dfrac{b+1}{a+1}\)（糖水不等式）
- 假分数的分子分母同时加上一个正数，则变小，如 \(\dfrac{2n+1}{2n}>\dfrac{2n}{2n-1}\)
10.4 目前没有更好的放缩通法
目前没有更好的放缩通法。
10.5 其他技巧
并项放缩：使用条件还不清楚
感觉术劣放缩就是个乱搞题型啊。。。
\(\rm XI\) 目前的问题和一些例题
- 有没有一种能够高度概括的放缩通法？
- \(a_1=3,a_{n+1}=-a_n^2+3a_n-1\)，求 \(\sum_{i=1}^n\dfrac1{a_i-2}\)
- \(\Delta A_nB_nC_n\) 中，\(A_n=\dfrac\pi2\)，角 \(A_n,B_n,C_n\) 的对边为 \(a_n,b_n,c_n\)。\(\Delta A_nB_nC_n\) 的面积为 \(S_n\)。若 \(b_1=4,c_1=3\)，且 \(b_{n+1}^2=\dfrac{a_{n+1}^2+c_n^2}3,c_{n+1}^2=\dfrac{a_{n+1}^2+b_n^2}3\)，则（多选）
- A. \(\{S_{2n}\}\) 是递增术劣
- B. \(\{S_{2n-1}\}\) 是递减术劣
- C. \(\{b_n-c_n\}\) 存在最大项
- D. \(\{b_n-c_n\}\) 存在最小项
放一些例题：
- 求证 \(\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{\frac32\cdot 2^i+1}<\dfrac47\)
- 求证 \(\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{3^i-2^i}<\dfrac43\)（奇怪的指数放缩）
- 求证 \(\sum_{i=1}^n\dfrac{2^i-1}{2^{i+1}-1}\in(\dfrac n2-\dfrac13, \dfrac n2)\)（奇怪的放缩（糖水不等式？））
- 求证 \(\sum_{i=1}^{2n}(-1)^{i+1}\dfrac1i<\dfrac{\sqrt2}{2}\)（裂项放缩）
- \(a_1=0,a_n\not=n,2a_{n+1}=1+a_na_{n+1}\)，求通项。
- 这啥玩意啊。。。。目前只会不动点解。。。