混合数列的错位求和法

本文介绍求一类数列的前n项和的方法. [定义] 满足循环方程u_k+λ_1u_(k-1)+λ_2u_(k-2)+…+λ_ru_(k-r)=0(k≥r,λ_r≠0)的数列{u_k}称为r阶循环数列.若{u_n}是r阶循环数     

数列的差分求和

设u_k(x)和v_k(x)是任意两个不同的初等函数,若两者关系满足u_k(x)=v_(k 1)(x)-v_k(x),(k=1,2,…,n)那么,函数序列{u_k(x)}前n项之和:其中v_(k 1)(x)-v_k(x)=△v(x)叫做差分。我把这种求和方法称为差分求和。对属于u_k(x)、v_k(x)定义域中的某个x_0,函数序列u_1(x_0),u_2(x_0),…,u_n(x_0)     

1981年高考数学附加题解

今年全国高等学校统一招生数学试题(理工农医类)中的附加题,源出于斐波那契数列,也是教材中一个习题的变形和发展。此题证法很多,下面略举几种。题已知以AB为直径的半圆有一个内接正方形CDEF,其边长为1(如图)。设AC=a,BC=b,作数列 u_1=a-b u_2=a~2-ab+b~2 u_3=a~3-a~2b+ab~2-b~3, ………… u_k=a~k-a~(k-1)b+a~(k-2)b~2-…+(-1)~kb~k;求证:u_n=u_(n-1)+u_(n-2) (n≥3)。证一由平面几何知识得 ab=AC·CB=CD~2=1, a-b=AC-CD=AC-AF=FC=1。由通项公式得     

用待定系数法求一类递推数列的通项公式

设数列{u_n}的第一项为u_1,第一项为u_2,并且有递推公式u_(n 1)=q_1u_n q_2u_(n-1)则称数列{u_n}为二阶线性齐次递推数列,并称方程r~2-q_2r-q_2=0为该数列的特征方程.设r_1,r_2为这个特征方程的两个根,那么,当r_1≠r_2时,数列{u_n}的通项公式为u_n=C_lr_1~n C_2r_2~n,其中C_1,C_2由方程组C_1r_1 C_2r_2=u_lC_1r_1~2 C_2r_2~2=u_2来决定.当r_1=r_2=r_0时,则数列{u_n}的通项公式为u_n=(C_1 nC_2)r_0~(n-1),     

有理递归数列通项公式的求法

定义对数列{u_n}:u_i=a_i(i=1,2,…,r),存在r元函数f(x_1,…,x_1),使u_(n r)=f(u_n,u_(n 1),…,u_(n r-1))(n∈N),则称数列{u_n}为r阶递归数列,f为数列的定义函数,常数a_i(i=1,2,…,r)为初始值。当f为有理式时,称{u_n}为有理递归数列。本文研究了两类一阶有理递归数列通项公式的求法。     

关于较宽一类数列的通项公式

数列的通项公式揭示了这个数列的内在规律。中学教材中,对等差数列、等比数列作了重点介绍,本文想在此基础上作一些推广。首先我们定义:multiply from i=k to n f(i)=1(k>n) 定理一:在数列{a_n}中已知a_1且满足 a_n=f(n)a_(n-1)+g(n) (n=2,3,4…)则a_n=a multiply from i=2 to n f(i)+sum from i=2 to n[g(i) multiply from i=i to n-1 f(i+1)] 证明:1°n=2,右边=f(2)a_1+g(2)=a_2 2°假定当n=k时命题成立即     

关于无穷积分收敛的必要条件

我们知道,无穷积分(积分区间是无穷区间的积分)收敛性方面的理论,几乎是和无穷级数的相应理论互相平行的。这是因为无穷积分和无穷级数有着紧密的联系:一方面,对于给定的函数f(x),有integral from n=0 to+∞(f(x)dx)=sum from n=0 to+∞[integral from n=n to n+1(f(x)dx)]=sum fron n=0 to+∞(u_n).(1)其中u_n=integral from n=n to n+1(f(x)dx)(n=0,1,2,…);另一方面,给定级数sum from n=0 to+∞(u_n),我们可以造一个国数f(x)=u_n,n≤x相似文献   

一类数列的和的讨论

对一类数列和sum k=1 to n K、sum k=1 to n(K~2) sum k=1 to n K(K~3)及sum k=1 to n (K(2K-1))、sum k=1 to n((2K-1)~2)、sum k=1 to n ((2K-1)~3)试用求面积的方法给出其公式。这种方法还可推广至更高次的和。     

例谈用逐步调整法证明不等式

如果不等式是一个n元对称式,那么应用逐步调整法来证明有时显得较方便。下面通过两个例子的分析来说明这方法的意义。例1 已知a_1,a_2,…,a_k,…为两两各不相同的正整数,求证:对任何正整数n,下列不等式成立: sum from k=1 to n (a_k/k~2)≥sum from k=1 to n (1/k). (第二十届国际数学竞赛试题第5题) 证:(1) 如果已知数列恰好满足条件: a_1相似文献   

几个特殊数列的求和公式

本文给出几种特殊数列的求和公式: 1、等差数列各项K次幂的和的递推公式。 2、等差数列与等比数列相应项之积的和的公式。 3、设(a_n)为等差数,公差为d,则 (1)sum from i=1 to n (a_ia_(i+k)…a_(1+k-1))=a_1a_2…a_k+(a_na_(n+1)…a_(n+k)-a_1a_2…a_(k+1))╱(k+1)d (2)sum from i=1 to n (1╱a_1a_2…a_(i+k-1))=1╱((k-1)d)(1╱a_1a_2…q_(n-1))-1╱(a_(n+1)a_(n+2)…a_(n+k=1))     

一类求和式的一种通用解法

《中学数学教学》前曾刊登过求sum from k=1 to n k~3的两种不同的方法,可谓构思独特,颇具新意.若通过构造新数列,可得到求sum from k=1 to n k~3的又一法,且这种方法具有广泛性,可求出自然数列的任何正整数次幂的和.现介绍如下:     

常见的几种数列的通项公式的求法

一、对于周期数列,先求其周期,再根据已知条件写出数列的通项.【例1】数列{an}中已知a1=1,a2=4且an+2=an+1-an(n是正整数)求a2004及数列{an}的通项公式an.解:∵an+2=an+1-an(1)∴an+3=an+2-an+1(2)由(1)+(2)得an+3=-an,∴an+6=-an+3∴an+6=an,∴6是数列{an}的一个周期.∵a1=1,a2=4,∴a3=a2-a1=3由an+3=-an,可知a4=-a1,a5=-a2,a6=-a3∴a2004=a334×6=a6=-a3=-3∴an=1(n=6k+1)4(n=6k+2)3(n=6k+3)-1(n=6k+4)-4(n=6k+5)-3(n=6k)(k为非负整数)二、对已知的递推关系式利用取对数,因式分解,取倒数、两边平方等方法进行变形构造成简单数列,再求通项…     

sum from k=1 to n(km+1)（m=0,1,2,…）的数表求法

数列级数sum from k=1 to n(k^m+1)（m=0,1,2,…）,是最基本的级数,在高中数学中所占比例虽然不多,但却是学生学习过程中的一个难点.本文从数表的角度介绍了级数sum from k=1 to n(k^m+1)（m=0,1,2,…）的另一求法.     

求和型不等式证明的常用方法

高考重视能力考查,重视在知识网络交汇点命题.作为主干内容的数列部分,其前n项求和型不等式sum from k=1 to n a_k≤f(n)(或)sum from k=1 to n a_k≥f(n)因为能较好综合数列知识及不等式证明技巧,较好地考查学生的基     

第2类Stirling数Bernoulli数与Euler数的解析表示式

本文给出第2类Stirling数,Bernoulli数与Euler数的解析表示式: s_2(m+1,n)=(-1)~n/n1 sum form j=1 to n(-1)~j(?)_j~(-m+1) B_n=sum form k=1 to n 1/(k+1) sum form j=1 to k (-1)~j(?)_j~(-n) E_(2n) =1/(2n+1)[sum from p=0 to n-1 sum from k=1 to 2(n-p) sum from j=1 to k (-1)~(j-1)/(k+1)·(?)(?)(4j)~2(n-p)+4n+1]因此解决了它们的计算问题。     

变系数线性齐次微分方程内e~(rx)型特解的求法

求一般变系数的线性齐次微分方程的特解往往只是凭观察,而没有一个有效的方法,本文根据线性无关函数组u_1,u_2,…,u_m的线性组合sum from n=l to m(i=l)k_ju_l≡0的充要条件是系数k_1,k_2,….k_m.全为零的性质,给出变系数线性齐次微分方程内e~(rx)型特解的一种求法.(sum from n=l to m(i=l)a_(ol)u_l)y~(n)+(sum from n=l to m(i=l)a_(n-1)_lu_l)y~(n-1)+…+(sum from n=l to m(i=l)a_(ol)u_l)y≡0     

一组三角函数有限和公式及推导

本文对三角函数有限和式sum from k=1 to n(sec~m)(2k)/(2n+1)π进行了化简计算,得到了结果sum from k=1 to n(sec~m)(2k)/(2n+1)π=2~(m-1)(2n+1)A_1_0(m,n)-2~(m-1)(n+1)~m其中m≥2,41_0≡-m(mod2n+1),A_1_0(m,n)是与m,n有关的式子。为简便起见,本文中将使用如下记号:     

再谈sum from k=1 to n K~2、sum from k=1 to n K~3公式的解释

《数学教学通讯》1990年第5期,1991年第2期分别发表了周学璋老师和谭光全老师的文章,对sum from k=1 to n k~2、sum from k=1 to n k~3公式,从面积和体积的角度给出了几何解释,本文想再介绍一种解释一、sum from k=1 to n k~2=1/6n(n+1)(2n+1)的解释     

数列通项an的两个常见变形式的相通性及再创新式

我们知道数列通项 an 具有如下两个常见的基本变形式 :差式变形式 :an=(an- an-1 ) (an+ 1 - an-2 ) +…+(a2 - a1 ) +a1 . 1商式变形式 :an=anan-1· an-1 an-2·…· a3 a2· a2a1·a1 . 21式可以应用于求递推关系式为 :an+ 1 =an+g(n)型数列的通项公式 ;2式可以应用于求递推关系式为 :an+ 1 =f(n)× an型数列的通项公式 .而对求递推关系式为 :an+ 1 =kan+g(n) (k≠ 1 ) ( )型的通项公式就失效 .近期有杂志刊文介绍对 an+ 1 =kan+g(n) (k≠1 )型的通项公式求法 .不外乎两种方法 :其一是将an+ 1 =kan+g(n) (k≠ 1 )转化为 :an- h(n) =k{ an…     

数列中三类典型问题例析

一、项的抽出例1数列邀an妖共有k项(k为定值),它的前n项和Sn=2n2+n(n≤k,nN鄢).现从这k项中抽取某一项(不抽首项和末项),余下的k-1项的平均值是79.(1)求数列邀an妖的通项公式;(2)求数列的项数k,并求抽取的是第几项.分析已知数列前n项和Sn,则可通过公式an=Sn-Sn-1(n≥2)及a1=S1求出邀an妖的通项公式.要想求出“抽取的是第几项”,可假设某项被抽取,再根据题中抽取后的条件及抽取的项仍是邀an妖中的某项(适合邀an妖的通项公式),进行分析求解.解(1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n2+n)-眼2(n-1)2+(n-1)演=4n-1,又a1=S1=2×12+1=3,也符合an=4n-1.…