Isabelle 与伊莎贝尔重温高斯和

我对论证的一个变化感兴趣，它确立了：

"(∑ i=1..k . i) = k*(k+1) div 2"

我们从一个简单的归纳中知道这一点，但插管有点不同。看这个公式的一个方法是，如果你对数字序列1..k的极值求和，你得到

1+k=2+（k-1）=……

然后你只需要乘以正确的次数就可以得到完整的和

我想重复这一论点，以表明以下不平等：

"(∑n = 1..k - 1. cmod (f (int n))) ≤ 2 * (∑n ≤ k div 2. cmod (f (int n)))"

这里我知道对于每个

n

，cmod（f（intk-n））=cmod（cnj（fn））

---

你在Isabelle身上看到证明这一点的优雅方式了吗？

以优雅方式证明这一点的诀窍是认识到

∑i=1..k。i

与

∑i=1..k。k+1-i

然后将其添加到原始总和中，以便

i

取消。这是一个简单的重新索引参数：

lemma "(∑i=1..k. i :: nat) = k * (k + 1) div 2"
proof -
  have "(∑i=1..k. i) = (∑i=1..k. k + 1 - i)"
    by (rule sum.reindex_bij_witness[of _ "λi. k + 1 - i" "λi. k + 1 - i"]) auto
  hence "2 * (∑i=1..k. i) = (∑i=1..k. i) + (∑i=1..k. k + 1 - i)"
    by simp
  also have "… = k * (k + 1)"
    by (simp add: sum.distrib [symmetric])
  finally show ?thesis by simp
qed

对于您提到的另一件事，我认为最好的方法是首先将总和拆分为小于

kdiv2

的元素和其余元素。然后，您可以将第二个和重新编制索引，类似于上面的一个。然后，不平等部分进来，因为你可能有一个额外的剩馀元素“在中间”，如果<代码> k>代码>是奇怪的，你必须扔掉它。

证明的重要部分的简图：

lemma
  assumes "⋀i. f i ≥ 0"
  shows   "(∑i=1..<k. f (i::nat) :: real) = T"
proof -
  (* Separate summation domain into two disjoint parts *)
  have "(∑i=1..<k. f i) = (∑i∈{1..k div 2}∪{k div 2<..<k}. f i)"
    by (intro sum.cong) auto
  (* Pull sum apart *)
  also have "… = (∑i∈{1..k div 2}. f i) + (∑i∈{k div 2<..<k}. f i)"
    by (subst sum.union_disjoint) auto
  (* Reindex the second sum *)
  also have "(∑i∈{k div 2<..<k}. f i) = (∑i∈{1..<k - k div 2}. f (k - i))"
    by (rule sum.reindex_bij_witness[of _ "λi. k - i" "λi. k - i"]) auto
  (* Throw away the element in the middle if k is odd *)
  also have "… ≤ (∑i∈{1..k div 2}. f (k - i))"
    using assms by (intro sum_mono2) auto
  finally have "(∑i=1..<k. f i) ≤ (∑i=1..k div 2. f i + f (k - i))"
    by (simp add: sum.distrib)

引理
假定”⋀i、 f i≥ 0"
显示“(∑i=1。。