EM@等比数列
文章目录
abstract
- 等比数列概念和性质
- 等比数列求和公式
- 递推公式法
- 错位相减法
等比数列🎈
- 如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比值都等于同一个常数(公比),那么则个数列就叫做等比数列
- 公比通常用字母 q ( q ≠ 0 ) q(q\neq{0}) q(q=0)表示
递推公式
- a n = a n − 1 ⋅ q a_n=a_{n-1}\cdot{q} an=an−1⋅q, ( n = 2 , 3 , ⋯ ) (n=2,3,\cdots) (n=2,3,⋯)
通项公式
-
a
n
=
a
1
q
n
−
1
a_n=a_1q^{n-1}
an=a1qn−1,
(
n
=
1
,
2
,
…
)
(n=1,2,\dots)
(n=1,2,…)
- 由递推公式, a 2 = q a 1 a_2=qa_1 a2=qa1; a 3 = q a 2 a_3=qa_2 a3=qa2; a 4 = q a 3 a_4=qa_3 a4=qa3; ⋯ \cdots ⋯; a n = q a n − 1 a_n=qa_{n-1} an=qan−1
- 将这 n − 1 n-1 n−1个式子两边分别相乘: ∏ i = 2 n a i \prod_{i=2}^{n}a_i ∏i=2nai= q n − 1 ∏ i = 1 n − 1 a i q^{n-1}\prod_{i=1}^{n-1}a_i qn−1∏i=1n−1ai,两边同乘 a 1 a_1 a1, a n ∏ i = 1 n − 1 a i a_n\prod_{i=1}^{n-1}a_i an∏i=1n−1ai= a 1 q n − 1 ∏ i = 1 n − 1 a i a_1q^{n-1}\prod_{i=1}^{n-1}a_i a1qn−1∏i=1n−1ai,从而 a n = a 1 q n − 1 a_n=a_1q^{n-1} an=a1qn−1
- 若令 c = a 1 q c=\frac{a_1}{q} c=qa1, ( c ≠ 0 ) (c\neq{0}) (c=0),则 a n = c q n a_n=cq^{n} an=cqn
等比数列和指数函数
- 当 q ≠ 1 , q > 0 q\neq{1},q>0 q=1,q>0时, y = q x y=q^{x} y=qx是一个指数函数
- 而 y = c q x y=cq^{x} y=cqx是一个非零常数和指数函数的乘积
- 从图像上看, { c q n } \set{cq^{n}} {cqn}的点都在函数 y = c q x y=cq^{x} y=cqx上
- 如果给定一个数列的通项公式为 a n = a q n − 1 a_{n}=aq^{n-1} an=aqn−1,显然是首项 a 1 = a a_1=a a1=a公比为 q q q的等比数列;若 a n = a q n a_n=aq^{n} an=aqn,则是首项为 a q aq aq,公比为 q q q的等比数列;若 a n = q n a_n=q^{n} an=qn,则是首项为 q q q,公比也为 q q q的等比数列
等比中项
- 若 x , G , y x,G,y x,G,y构成等差数列,则 G G G,称 G G G为 x , y x,y x,y得等比中项
- G x = y G \frac{G}{x}=\frac{y}{G} xG=Gy,即 G 2 = x y G^2=xy G2=xy,利用这个方程可以求出 G = ± x y G=\pm\sqrt{xy} G=±xy
- 显然
- 两个同号的数 x , y x,y x,y的等比中项有2个,它们互为相反数
- 异号 x , y x,y x,y没有等比中项
- 由等比中项判定一个数列是否式等比数列:若一个数列从第2项起,每一项都是它的前一项和后一项(如果有的话)的等比中项,则这个数列是等比数列
下标和相等的两组子数列
- 一般地,若 ∏ i = 1 N n i \prod_{i=1}^{N}n_i ∏i=1Nni= ∏ i = 1 N m i \prod_{i=1}^{N}m_i ∏i=1Nmi= t t t,则 ∏ i = 1 N a n i \prod_{i=1}^{N}a_{n_{i}} ∏i=1Nani= ∏ i = 1 N a m i \prod_{i=1}^{N}a_{m_i} ∏i=1Nami= a 1 N q t − N a_1^{N}q^{t-N} a1Nqt−N
- 特别的, a 1 a n a_1a_n a1an= a 1 2 q n − 1 a_1^2q^{n-1} a12qn−1
等比数列求和公式👺
-
和等差数列的前 n n n项和公式不同,等比数列前 n n n项和需要根据公比分类讨论
-
前n项和:
- S n = { a 1 ( 1 − q n ) 1 − q = a 1 ( q n − 1 ) q − 1 q ≠ 1 n a 1 q = 1 S_n= \begin{cases} \frac{a_1(1-q^n)}{1-q}=\frac{a_1(q^n-1)}{q-1} &q\neq{1} \\ na_1&q=1 \end{cases} Sn={1−qa1(1−qn)=q−1a1(qn−1)na1q=1q=1
推导
-
S
n
S_n
Sn=
∑
i
=
1
n
a
i
\sum_{i=1}^{n}a_i
∑i=1nai
= a 1 q 0 + a 1 q 1 + ⋯ + a 1 q n − 1 =a_1q^0+a_1q^1+\dots+a_1q^{n-1} =a1q0+a1q1+⋯+a1qn−1
= a 1 ( q 0 + q 1 + ⋯ + q n − 1 ) a_{1}(q^0+q^1+\dots+q^{n-1}) a1(q0+q1+⋯+qn−1)= a 1 ∑ i = 0 n − 1 q i a_1\sum\limits_{i=0}^{n-1}q^i a1i=0∑n−1qi
递推公式法
-
由等比数列递推公式, a n = a n − 1 q a_n=a_{n-1}q an=an−1q:
- a 2 = a 1 q a_2=a_1q a2=a1q
- a 3 = a 2 q a_3=a_2q a3=a2q
- ⋯ \cdots ⋯
- a n − 1 = a n − 2 q a_{n-1}=a_{n-2}q an−1=an−2q
- a n = a n − 1 q a_n=a_{n-1}q an=an−1q
- 将上述 n − 1 n-1 n−1个等式两边分别相加,得 S n − a 1 S_{n}-a_1 Sn−a1= q S n − 1 qS_{n-1} qSn−1
- 即 S n − a 1 = q ( S n − a n ) S_n-a_1=q(S_n-a_n) Sn−a1=q(Sn−an),从而 S n = a 1 − q a n 1 − q S_n=\frac{a_1-qa_{n}}{1-q} Sn=1−qa1−qan= a 1 ( 1 − q n ) 1 − q \frac{a_1(1-q^{n})}{1-q} 1−qa1(1−qn)
错位相减法
-
q
S
n
=
a
1
(
q
1
+
q
2
+
⋯
+
q
n
)
qS_n=a_{1}(q^1+q^2+\dots+q^n)
qSn=a1(q1+q2+⋯+qn)=
a
1
∑
i
=
1
n
q
i
a_1\sum\limits_{i=1}^{n}q^i
a1i=1∑nqi
- 或者由 a 1 q ∑ i = 0 n − 1 q i a_1q\sum\limits_{i=0}^{n-1}q^i a1qi=0∑n−1qi= a 1 ∑ i = 0 n − 1 q i + 1 a_1\sum\limits_{i=0}^{n-1}q^{i+1} a1i=0∑n−1qi+1= a 1 ∑ i = 1 n q i a_1\sum\limits_{i=1}^{n}q^i a1i=1∑nqi算得
-
q
S
n
−
S
n
qS_n-S_n
qSn−Sn=
a
1
∑
i
=
1
n
q
i
a_1\sum\limits_{i=1}^{n}q^i
a1i=1∑nqi-
a
1
∑
i
=
0
n
−
1
q
i
a_1\sum\limits_{i=0}^{n-1}q^i
a1i=0∑n−1qi
- = a 1 ( ( ∑ i = 1 n − 1 q i + q n ) − ( q 0 + ∑ i = 1 n − 1 q i ) ) a_1((\sum\limits_{i=1}^{n-1}q^i+q^n)-(q^0+\sum\limits_{i=1}^{n-1}q^i)) a1((i=1∑n−1qi+qn)−(q0+i=1∑n−1qi))
- = a 1 ( q n − q 0 ) = a 1 ( q n − 1 ) a_1(q^n-q^0)=a_1(q^n-1) a1(qn−q0)=a1(qn−1)
- S n S_n Sn= a 1 ( q n − 1 ) q − 1 \frac{a_1(q^n-1)}{q-1} q−1a1(qn−1)= a 1 ( 1 − q n ) 1 − q \frac{a_1(1-q^n)}{1-q} 1−qa1(1−qn)
公比为1的等比数列
- 由通项公式,公比为1的数列就是常数列(每项都相等),且同时是共差为0的等差数列
首项为1的等比数列
- 特别的,当 a 1 = 1 a_1=1 a1=1时, S n = a 1 ∑ i = 0 n − 1 q i S_n=a_1\sum\limits_{i=0}^{n-1}q^i Sn=a1i=0∑n−1qi= 1 × ∑ i = 0 n − 1 q i 1\times\sum\limits_{i=0}^{n-1}q^i 1×i=0∑n−1qi= q 0 + q 1 + q 2 + ⋯ + q n − 1 q^0+q^1+q^2+\dots+q^{n-1} q0+q1+q2+⋯+qn−1= 1 − q n 1 − q \frac{1-q^n}{1-q} 1−q1−qn
- 可以用于推导等幂和差公式
应用:等比数列经典问题
- 一尺长的木棒,每天截取它的一半,则永远也取不完
- 用数列描述到第 i i i天取走的木棒长度为 a i = ( 1 2 ) i a_i=(\frac{1}{2})^{i} ai=(21)i,数列 { a i } \set{a_i} {ai}是一个首项 a 1 = 1 2 a_1=\frac{1}{2} a1=21,公比为 q = 1 2 q=\frac{1}{2} q=21的等比数列
- 则第 n n n天为止共取走 S n = 1 2 ( 1 − ( 1 2 ) n ) 1 − 1 2 S_n=\frac{\frac{1}{2}(1-(\frac{1}{2})^{n})}{1-\frac{1}{2}} Sn=1−2121(1−(21)n)= 1 − 1 2 n 1-\frac{1}{2^{n}} 1−2n1,显然无论 n n n多么大,总有 S n < 1 S_n<1 Sn<1,所以木棒永远也取不完
等差乘以等比数列求和问题
- 这是一类经典的问题,解法有多种
求导@极限法
-
极限法也可以用简单无穷级数(等比级数)公式直接计算
-
利用求导公式和法则:
- ( x k ) ′ = d d x x k = k x k − 1 (x^k)^{'}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}x^{k}=kx^{k-1} (xk)′=dxdxk=kxk−1
- f g = f ′ g − f g ′ g 2 \frac{f}{g}=\frac{f'g-fg'}{g^2} gf=g2f′g−fg′
- d d x ( ∑ i = 1 n f i ( x ) ) \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\sum\limits_{i=1}^{n}f_i(x)) dxd(i=1∑nfi(x))= ∑ i = 1 n d d x f i ( x ) \sum\limits_{i=1}^{n}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}f_i(x) i=1∑ndxdfi(x)
-
例如:等差乘以等比最简单无穷级数
-
∑ k = 0 + ∞ k ⋅ q k − 1 = ∑ k = 0 + ∞ d d q q k = d d x ( ∑ k = 0 + ∞ q k ) = d d x ( 1 1 − q ) = 1 ( 1 − q ) 2 \sum\limits_{k=0}^{+\infin} k\cdot q^{k-1} =\sum\limits_{k=0}^{+\infin} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}q}q^{k} =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\sum\limits_{k=0}^{+\infin}q^{k}) \\=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\frac{1}{1-q}) =\frac{1}{(1-q)^2} k=0∑+∞k⋅qk−1=k=0∑+∞dqdqk=dxd(k=0∑+∞qk)=dxd(1−q1)=(1−q)21
-
将 ∞ \infin ∞换成n,也可以方便的推导有限项(前n项和)
-
例
-
公差为2
-
∑ k = 0 + ∞ ( 2 k + 1 ) ⋅ q k = ∑ k = 0 + ∞ ( 2 k ⋅ q k + 1 ⋅ q k ) = ∑ k = 0 + ∞ 2 k ⋅ q k + ∑ k = 0 + ∞ 1 ⋅ q k = 0 + 2 q ∑ k = 1 + ∞ k ⋅ q k − 1 + 1 1 − q 这两个求和都是前面已解决的问题模型 , 灵活补项 , 分别计算即可 \sum\limits_{k=0}^{+\infin} (2k+1)\cdot q^{k} \\=\sum\limits_{k=0}^{+\infin} (2k\cdot q^{k}+1\cdot{q^{k}}) \\=\sum\limits_{k=0}^{+\infin} 2k\cdot q^{k} +\sum\limits_{k=0}^{+\infin}1\cdot{q^{k}} \\=0+2q\sum\limits_{k=1}^{+\infin} k\cdot q^{k-1} +\frac{1}{1-q} \\这两个求和都是前面已解决的问题模型,灵活补项,分别计算即可 k=0∑+∞(2k+1)⋅qk=k=0∑+∞(2k⋅qk+1⋅qk)=k=0∑+∞2k⋅qk+k=0∑+∞1⋅qk=0+2qk=1∑+∞k⋅qk−1+1−q1这两个求和都是前面已解决的问题模型,灵活补项,分别计算即可
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