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摘要本文主要介绍k阶差分数列、高阶等差数列及k 阶差分多项式的定理、引理导出求高阶等差数列前n项和的方法。
中图分类号:O13文献标识码:A
1 问题的提出
在中学数学中,我们知道k = 1+2+3+…+n = n (n+1)可利用等差数列前项和公式得出。而对于k2 = 12+22+32+…+n2 = n (n+1)(2n+1),它不是等差数列,我们怎样得出的呢?第一个推导出的人是古希腊数学家阿基米德,他是用恒等式(k+1)3 - k3 = 3k2+ 3k+1推导出来的。
那么,对任意自然数r,该如何求kr = 1r+2r+3r+…+nr 的和?这是有一般公式的,它最早由瑞士数学家雅谷。贝努利推出的,有了贝努利公式,求kr就成了一种步骤,但是否还有其他方法?回答是肯定的,下面来简单介绍。
2 高阶等差数列
定义1 如果△k{an}不是零数列,而△k+1{an}是零数列,则{an}称是k阶等差数列。特别地,非常数的等差数列称为一阶等差数列,高于一阶的等差数列称为高阶等差数列。下面给出关于高阶等差数列通项的两个重要定理。
定理1数列{an}是k阶等差数列的充要条件是其通项an可以用一个关于n的k次多项式来表示,即an = knk +k-1nk-1 + …1n + 0。
定理2若数列{an}是高阶等差数列,则有
an = Crn-1a1(r) = C0n-1a1(0) + C1n-1a1(1) + … Cn-1n-1a1(n-1)
3 高阶等差数列求和的方法
3.1 公式法(I)
例1求:k(k+1) = 1·2 + 2·3 + 3·4 + …+n(n+1)。
解:在恒等式k(k+1) ≡ k(k+1)(k+2) - (k-1)k(k+1)中,分别令k = 1,2,3,…,n-1,得1·2 =- ;2·3 =- ;
……
(n-1)n =-
整理得:k(k+1) = 1.2+2.3+3.4+ … +n(n+1)(n+2)
类似例1的方法,利用恒等式k(k+1)…(k+r) ≡ k(k+1)…(k + r + 1) -(k-1)k…(k+r)
可得一般的结论:
k(k+1)(k+2)…(k+r) = n(n+1)…(n+r+1)(1)
由定理1知,r阶等差数列的通项公式(第k项的)为
f (k) = rkr +r-1kr-1+…+ 1k + 0 (2)
若能将此式化为
f (k) = rk(k+1)…(k+r-1)+r-1k(k+1)…(k+r-2)+…+1k = 0 (3)
则r阶等差数列前n项和
Sn = f (k) = rk(k+1)…(k+r-1)+…+1k + 0k0
便可由(1)式直接求出,但(2)式化成(3)式是否总是可能呢?为此,引入差分多项式。
定义2形如 Pk(x) =x(x-1)(x-2)…(x-k+1) k≥1的多项式称为k阶差分多项式,称P0(x) =1为零阶差分多项式。
定理3设an = f (n),f (n)是关于n的k次多项式,则Sn = am是关于n的k+1次多项式。由引理1,2知:
Sn = f (m) = f (m) - f (0) = rPr+1(n+1) - f (0) (I)
显然Sn是n的k+1次多项式。
由此,便可得出由公式(I)求高阶等差数列前n项和的一般步骤:①求出k阶等差数列的通项f (x);②令f (x) = rPr(x),代入f (0),f (1),…,f (k)的值求出1,2,…,k;③把1,2,…,k的值代入公式(I),即可求得Sn。这种求和方法的特点是计算方便。
3.2 公式法(II)
{an}的通项可由其各阶差分数列的首项线性表示,那么,其前项n和Sn是否也能由{an}的各阶差分数列的首项线性表示?
定理4 设{an}为k阶等差数列,记其前n项和为Sk(n) =am,则Sk(n) = Cnr+1a1(r)(II)
注:當k≥n时,结论仍成立,特别地,当{an}为一阶等差数列时,有a1(1) = d,a1(2) = a1(3) = … = 0,有S1(n) = Cnr+1a1(r) = Cn1a1(0) + Cn2a1(1)。
所以,S1(n) = na1 + n(n-1)d,这就是通常的等差数列的前项和公式。
3.3 待定系数法
定理5k阶等差数列{an}的前n项和Sn是n的k+1次多项式。
例2:求和: (2k-1)2。
解:设Sn = 3n3 + 2n2 + 1n + 0
分别以n =1,2,3,4代入 (2k-1)2,得S1 = 1,S2 = 10,S3 = 35,S4 = 48
即
所以,Sn = n3 - n = n(2n-1)(2n+1)。
由例2可看出,对于阶数不高的高阶等差数列,如果事先能确定其阶数,则应用待定系数法求其前n项和Sn较为简便,直观。
3.4 母函数法
定义4设{an}= {a0,a1,…,an,…}是一给定数列,则称形式幂级数f (x) = a0 + a1x + … +anxn + …为数列{an}的母函数。
例如:数列1,2,3,…,n,…的母函数是f (x) = 1+ 2x + 3x2 +… +nxn-1+…。现设{an}为高阶等差数列,f (x) 是{an}的母函数,即f (x)= a0 + a1x + … +anxn + …
由 = 1 + x + x2 + … + xn + …,得
= (a0 + a1x + … +anxn + …)(1 + x + x2 + … + xn + …)
= a0 + (a0 + a1) x + (a0 + a1 +a2 ) x2 + … + (a0 + a1 +a2 … +) xn + …
= Snxn
即{Sn}的母函数为,由此可得到下面定理:
定理6 设f (x)是阶等差数列{an}的母函数,如果记{Sn} = am
(n = 0,1,2,…),那么数列{Sn}的母函数为。
这样一来就归结为如何计算k阶等差数列{an}的母函数f (x)了,由定理1,若{an}是一k阶等差数列,则,
an = C1k+1an-1+C2k+1an-2 - …+(-1)k-1an-k-1 = 0
所以,特征多项式为
1- C1k+1x + C2k+1x2 - … +(-1)k-1xk+1 = (1-x)k+1
从而得{an}的母函数为f (x)=
这里0,1,2,…,k由{an}的k+1个初始值和特征多项式的系数通过下列各式确定:
(4)
于是{Sn}的母函数fs (x)为
fs (x) == (5)
由此,可得到用母函数求高阶等差数列{ a n }的前n项和的一般步骤:①确定{ a n }的阶数,由阶数确定f(x);②通过(4)式求r (r =1,2,3,…,k);③把r的值代入(5)式进行计算即可求出Sn。
用母函数方法求自然数方幂的和在方次不太高时还是可以的,当方次高时,就显得比较麻烦。
以上对高阶等差数列求和的五种方法进行了粗略的介绍,它们各有优、缺点也各有妙处,但殊途同归,可根据实际情况选择使用。
参考文献
[1]史济怀.母函数.上海:上海教育出版社,1981.
[2]杨迅文.数列求和方法拾缀.福建:福建人民出版社,1983.
[3]林六十,赵继源.初等代数研究.武汉:中国地质大学出版社,1998.
中图分类号:O13文献标识码:A
1 问题的提出
在中学数学中,我们知道k = 1+2+3+…+n = n (n+1)可利用等差数列前项和公式得出。而对于k2 = 12+22+32+…+n2 = n (n+1)(2n+1),它不是等差数列,我们怎样得出的呢?第一个推导出的人是古希腊数学家阿基米德,他是用恒等式(k+1)3 - k3 = 3k2+ 3k+1推导出来的。
那么,对任意自然数r,该如何求kr = 1r+2r+3r+…+nr 的和?这是有一般公式的,它最早由瑞士数学家雅谷。贝努利推出的,有了贝努利公式,求kr就成了一种步骤,但是否还有其他方法?回答是肯定的,下面来简单介绍。
2 高阶等差数列
定义1 如果△k{an}不是零数列,而△k+1{an}是零数列,则{an}称是k阶等差数列。特别地,非常数的等差数列称为一阶等差数列,高于一阶的等差数列称为高阶等差数列。下面给出关于高阶等差数列通项的两个重要定理。
定理1数列{an}是k阶等差数列的充要条件是其通项an可以用一个关于n的k次多项式来表示,即an = knk +k-1nk-1 + …1n + 0。
定理2若数列{an}是高阶等差数列,则有
an = Crn-1a1(r) = C0n-1a1(0) + C1n-1a1(1) + … Cn-1n-1a1(n-1)
3 高阶等差数列求和的方法
3.1 公式法(I)
例1求:k(k+1) = 1·2 + 2·3 + 3·4 + …+n(n+1)。
解:在恒等式k(k+1) ≡ k(k+1)(k+2) - (k-1)k(k+1)中,分别令k = 1,2,3,…,n-1,得1·2 =- ;2·3 =- ;
……
(n-1)n =-
整理得:k(k+1) = 1.2+2.3+3.4+ … +n(n+1)(n+2)
类似例1的方法,利用恒等式k(k+1)…(k+r) ≡ k(k+1)…(k + r + 1) -(k-1)k…(k+r)
可得一般的结论:
k(k+1)(k+2)…(k+r) = n(n+1)…(n+r+1)(1)
由定理1知,r阶等差数列的通项公式(第k项的)为
f (k) = rkr +r-1kr-1+…+ 1k + 0 (2)
若能将此式化为
f (k) = rk(k+1)…(k+r-1)+r-1k(k+1)…(k+r-2)+…+1k = 0 (3)
则r阶等差数列前n项和
Sn = f (k) = rk(k+1)…(k+r-1)+…+1k + 0k0
便可由(1)式直接求出,但(2)式化成(3)式是否总是可能呢?为此,引入差分多项式。
定义2形如 Pk(x) =x(x-1)(x-2)…(x-k+1) k≥1的多项式称为k阶差分多项式,称P0(x) =1为零阶差分多项式。
定理3设an = f (n),f (n)是关于n的k次多项式,则Sn = am是关于n的k+1次多项式。由引理1,2知:
Sn = f (m) = f (m) - f (0) = rPr+1(n+1) - f (0) (I)
显然Sn是n的k+1次多项式。
由此,便可得出由公式(I)求高阶等差数列前n项和的一般步骤:①求出k阶等差数列的通项f (x);②令f (x) = rPr(x),代入f (0),f (1),…,f (k)的值求出1,2,…,k;③把1,2,…,k的值代入公式(I),即可求得Sn。这种求和方法的特点是计算方便。
3.2 公式法(II)
{an}的通项可由其各阶差分数列的首项线性表示,那么,其前项n和Sn是否也能由{an}的各阶差分数列的首项线性表示?
定理4 设{an}为k阶等差数列,记其前n项和为Sk(n) =am,则Sk(n) = Cnr+1a1(r)(II)
注:當k≥n时,结论仍成立,特别地,当{an}为一阶等差数列时,有a1(1) = d,a1(2) = a1(3) = … = 0,有S1(n) = Cnr+1a1(r) = Cn1a1(0) + Cn2a1(1)。
所以,S1(n) = na1 + n(n-1)d,这就是通常的等差数列的前项和公式。
3.3 待定系数法
定理5k阶等差数列{an}的前n项和Sn是n的k+1次多项式。
例2:求和: (2k-1)2。
解:设Sn = 3n3 + 2n2 + 1n + 0
分别以n =1,2,3,4代入 (2k-1)2,得S1 = 1,S2 = 10,S3 = 35,S4 = 48
即
所以,Sn = n3 - n = n(2n-1)(2n+1)。
由例2可看出,对于阶数不高的高阶等差数列,如果事先能确定其阶数,则应用待定系数法求其前n项和Sn较为简便,直观。
3.4 母函数法
定义4设{an}= {a0,a1,…,an,…}是一给定数列,则称形式幂级数f (x) = a0 + a1x + … +anxn + …为数列{an}的母函数。
例如:数列1,2,3,…,n,…的母函数是f (x) = 1+ 2x + 3x2 +… +nxn-1+…。现设{an}为高阶等差数列,f (x) 是{an}的母函数,即f (x)= a0 + a1x + … +anxn + …
由 = 1 + x + x2 + … + xn + …,得
= (a0 + a1x + … +anxn + …)(1 + x + x2 + … + xn + …)
= a0 + (a0 + a1) x + (a0 + a1 +a2 ) x2 + … + (a0 + a1 +a2 … +) xn + …
= Snxn
即{Sn}的母函数为,由此可得到下面定理:
定理6 设f (x)是阶等差数列{an}的母函数,如果记{Sn} = am
(n = 0,1,2,…),那么数列{Sn}的母函数为。
这样一来就归结为如何计算k阶等差数列{an}的母函数f (x)了,由定理1,若{an}是一k阶等差数列,则,
an = C1k+1an-1+C2k+1an-2 - …+(-1)k-1an-k-1 = 0
所以,特征多项式为
1- C1k+1x + C2k+1x2 - … +(-1)k-1xk+1 = (1-x)k+1
从而得{an}的母函数为f (x)=
这里0,1,2,…,k由{an}的k+1个初始值和特征多项式的系数通过下列各式确定:
(4)
于是{Sn}的母函数fs (x)为
fs (x) == (5)
由此,可得到用母函数求高阶等差数列{ a n }的前n项和的一般步骤:①确定{ a n }的阶数,由阶数确定f(x);②通过(4)式求r (r =1,2,3,…,k);③把r的值代入(5)式进行计算即可求出Sn。
用母函数方法求自然数方幂的和在方次不太高时还是可以的,当方次高时,就显得比较麻烦。
以上对高阶等差数列求和的五种方法进行了粗略的介绍,它们各有优、缺点也各有妙处,但殊途同归,可根据实际情况选择使用。
参考文献
[1]史济怀.母函数.上海:上海教育出版社,1981.
[2]杨迅文.数列求和方法拾缀.福建:福建人民出版社,1983.
[3]林六十,赵继源.初等代数研究.武汉:中国地质大学出版社,1998.