算术几何级数

一个算术几何级数(AGP)是一种级数，其中每一项都可以表示为一项的项的乘积<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/arithmetic-progressions/" class="wiki_link" title="等差数列" target="_blank">等差数列(美联社)和一个<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/geometric-progressions/" class="wiki_link" title="几何发展" target="_blank">几何发展(GP)。

在下面的级数中，分子为AP，分母为GP:

$大\ \ dfrac{\颜色{# 3 d99f6}{1}}{\颜色{# D61F06} {2}} + \ dfrac{\颜色{# 3 d99f6}{2}}{\颜色{# D61F06} {4}} + \ dfrac{\颜色{# 3 d99f6}{3}}{\颜色{# D61F06} {8}} + \ dfrac{\颜色{# 3 d99f6} {4}} {{# D61F06}{16}} \颜色+ \ dfrac{\颜色{# 3 d99f6} {5}} {{# D61F06}{32}} \颜色+ \ cdots = \ ?$

等比级数很好用，因为它们的和可以很容易地求出来，这个工具被用于各种各样的竞赛问题。

让我们从几个我们将反复使用的概念的简单定义开始。

算术几何级数(AGP)这是一个数列，其中每一项由等差数列和等比数列的乘积组成。在变量中，它看起来像

$r (a + d), (+ 2 d) r ^ 2, (+ 3 d) r ^ 3 \ ldots左\ [+ (n - 1) d \] r ^ {n},$

在哪里 $一个$是初始项， $d$是共同的区别，和 $r$是公比。

AGP总称:的 $n ^{\文本{th}}$AGP的项由等差数列(AP)和等比数列(GP)的对应项相乘得到。因此，在上面的序列中 $n ^{\文本{th}}$由

$T_n =\left[a + (n-1) d \right] r ^ {n-1}。$

AGP条款总和:第一个的和 $n$AGP条款是 $S_n = \ displaystyle \ sum_ {k = 1} ^ {n} \离开[+ (k - 1) d \] r ^ {k - 1}$，可进一步求解得到

$S_n = \ dfrac{留下——\ [+ (n - 1) d \] r ^ {n}} {1 - r} + \ dfrac{博士(1 - r ^ {n})} {(1 - r) ^ 2}。$

AGP的和到无穷:如果 $| | < 1$，那么到∞的和由

$S_ \ infty = \ dfrac{一}{1 - r} + \ dfrac博士{}{(第一轮)^ 2}。$

如果我们想要找到AGP的总和，我们可以手动计算总数。然而，这可能是一个繁琐的过程，而且这些项很快就会变得太大或太小，我们很难轻易地把它们加起来。让我们找到一个更通用的方法，我们从一个例子开始。

求级数的和 $1 \cdot 2 +2 \cdot 2^2 +3 \cdot 2^3+\cdots+100 \cdot 2^{100}$．

---

这个序列的项太大了，我们无法手动对其求和。

设级数的和是 $年代$,然后

$S= 1 \cdot 2+2 \cdot 2^2+3 \cdot 2^3+\cdots+100 \cdot 2^{100}。$

在乘 $年代$除以2，得到

$2S= 1\cdot 2^2+2 \cdot 2^3+\cdots+99 \cdot 2^{100}+100 \cdot 2^{101}。$

现在减去 $2 s$从 $年代$,我们得到

$\开始{数组}{rlllllllll} & = 1 \ cdot 2 & + 2 \ cdot 2 ^ 2 & + 3 \ cdot 2 ^ 3 & + \ cdots + 100 \ cdot 2 ^{100} \ \ 2 & = 0和+ 1 \ cdot 2 ^ 2 & + 2 \ cdot 2 ^ 3 & + \ cdots + 99 \ cdot 2 ^ {100} & + &100 \ cdot 2 ^{101} \ \ \线S (1 - 2) & = 1 \ cdot 2 & + 1 \ cdot 2 ^ 2 & + 1 \ cdot 2 ^ 3 & + \ cdots + 1 \ cdot 2 ^ {100} & -&100 \ cdot 2 ^{101}。\ \ \{数组}结束$

然后我们有

$\begin{aligned} -S&=2\dfrac{(2^{100}-1)}{2-1}-100 \cdot 2^{101} \qquad (\text{因为前100项在GP})\\ S&=100 \cdot 2^{101}-2 \\ S&=200 \cdot 2^{100}- 2\cdot 2^{100}+2\\ S&=198 \cdot 2^{100}+2\\ S&=198 \cdot 2^{100}+2\ \ _ \广场结束{对齐}$

在这个问题中，关键的一步是乘公比并减去序列，这使得我们可以将其简化为我们所熟悉的GP。现在让我们推导一个通用的公式，它是AGP的项和的初始项 $一个$,常见的区别 $d$和常见的比 $r$：

第一个的和 $n$AGP的条款是由

$\{对齐}开始S_n & = \ displaystyle \ sum_ {k = 1} ^ n \离开(+ (k - 1) d \] r ^ {k - 1 } \\\\ &= \ dfrac{留下——\ [+ (n - 1) d \] r ^ {n}} {1 - r} + \ dfrac{博士(1 - r ^ {n})} {(1 - r) ^ 2}。结束\{对齐}$

我们将使用相同的减法方法来求AGP的和，就像我们在上面的例子中证明这个定理一样:

求第一个的和 $n$的条件，我们需要找到的值

$S = a + (+ d) + (+ 2 d) r ^ 2 + \ cdots + (+ (n - 1) d) r ^ {n}。$

现在让我们用 $年代$通过 $r$，那么我们得到

$Sr = 0 + ar + (+ d) r ^ 2 + \ cdots + (+ (n - 2) d) r ^ {n} + (+ (n - 1) d) r ^ {n}。$

减去 $老$从 $年代$,我们得到

$\开始{数组}{rlllllllll} & = + (+ d) " + (+ 2 d) r ^ 2 & + \ cdots + (+ (n - 1) d) r ^ {n} \ \ sr = 0 + ar + (+ d) r ^ 2 & + \ cdots + (+ (n - 2) d) r ^ {n} & + (+ (n - 1) d) r ^ {n} \ \ \线年代(第一轮)& = +博士+ 2 ^ & + \ cdots + ^博士{n} & - (+ (n - 1) d) r ^ {n}。\ \ \{数组}结束$

如果我们要排除第一项和最后一项，那么剩下的就是a<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/geometric-progressions/" class="wiki_link" title="几何级数和" target="_blank">几何级数和与第一项 $博士$和常见的比 $r$．因此

$\{对齐}年代开始(第一轮)& = - (+ (n - 1) d) r ^ {n} + \ dfrac{博士(第一轮^ {n})}{第一轮}\ \ & = \ dfrac {a - r (d + (n - 1)) ^ {n}}{第一轮}+ \ dfrac{博士(第一轮^ {n})}{(第一轮)^ 2}。\ \ _ \广场结束{对齐}$

让我们试着做一个问题来练习上面的方法:

既然我们已经找到了有限多个项的和，让我们考虑无限多个项的情况。我们当然不能手动对无限项求和，所以我们必须找到一个通用的方法。我们从讨论您在本页顶部遇到的问题开始:

$大\ \ dfrac{\颜色{# 3 d99f6}{1}}{\颜色{# D61F06} {2}} + \ dfrac{\颜色{# 3 d99f6}{2}}{\颜色{# D61F06} {4}} + \ dfrac{\颜色{# 3 d99f6}{3}}{\颜色{# D61F06} {8}} + \ dfrac{\颜色{# 3 d99f6} {4}} {{# D61F06}{16}} \颜色+ \ dfrac{\颜色{# 3 d99f6} {5}} {{# D61F06}{32}} \颜色+ \ cdots = \ ?$

---

我们假设给定的级数是 $年代$,然后

$S = \ dfrac 12 + 24 + \ dfrac 38 + \ \ dfrac dfrac {4} {16} + \ dfrac {5} {32} + \ cdots。$

在乘 $年代$通过 $12 \裂缝分析$,我们得到

$\ dfrac S2 = \ dfrac 14 + \ dfrac 28 + \ dfrac {3} {16} + \ dfrac {4} {32} + \ dfrac {5} {64} + \ cdots。$

现在减去 $\压裂S2$从 $年代$,我们得到

$\开始{数组}{rlllllllll} & = \ dfrac 12 & + \ dfrac 24 & + \ dfrac 38 & + \ dfrac {4} {16} & + \ dfrac {5} {32} + \ cdots \ \ \ dfrac s2 = 0 & + \ dfrac 14 & + \ dfrac 28 & + \ dfrac {3} {16} & + \ dfrac {4} {32} + \ dfrac {5} {64} + \ cdots \ \ \线年代\离开(1 - 12 \ \ dfrac右)& = \ dfrac 12 & + \ dfrac 14 & + \ dfrac 18 & + \ dfrac {1} {16} & + \ dfrac {1} {32} + \ cdots \ \ \ Rightarrow \ dfrac s2 = \ dfrac 12 & + \ dfrac 14 & + \ dfrac 18 & + \ dfrac {1} {16} & + \ dfrac {1} {32} + \ cdots \{数组}结束$

这是一个全科医生。因此，利用GP的无穷项的和公式，我们得到

$左(\ S = 2 \ \ dfrac {\ dfrac {1} {2}} {1 - \ dfrac{1}{2}} \右)= 2。\ _ \广场$

我们现在准备陈述一个无限AGP的和，并将给出下面的证明:

AGP的无穷项的和由 $S_ {\ infty} = \ dfrac{一}{第一轮}+ \ dfrac博士{}{(第一轮)^ 2}$,在那里 $| | < 1$．

很明显，如果 $|r | \geq 1$，那么术语 $(+ (n - 1) d) r ^ {n}$任意大，因此和不会<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/convergence-of-sequences/" class="wiki_link" title="收敛" target="_blank">收敛．所以我们只需要考虑 $| | < 1$．在这个例子中，我们会用到，

$\lim_{n\rightarrow \infty} r^n = 0。$

正如我们之前讨论的，第一个的和 $n$AGP中的条款是由

$S_n = \ sum_ {k = 1} ^ n左\[一个+ (k - 1) d \] r ^ {k - 1} = \ dfrac{留下——\ [+ (n - 1) d \] r ^ n} {1 - r} + \ dfrac{博士(1 - r ^ {n - 1})} {(1 - r) ^ 2}。$

取极限为 $n$趋于无穷，我们得到

${对齐}\ \开始lim_ {n \ \ infty} S_ {n} & = \ dfrac{0}{第一轮}+ \ dfrac{(1 - 0)博士}{(第一轮)^ 2}\ \ & = \ dfrac{一}{第一轮}+ \ dfrac{博士}{(第一轮)^ 2},{哪里}\文本| | < 1。\ \ _ \广场结束{对齐}$

有了这个公式，我们可以很快地找到一个合适的AGP的无限多个项的和。让我们用更多的例子来练习:

计算求和的值 $\ displaystyle \ sum_ {i = 1} ^ {\ infty} \ dfrac{我}{7 ^我}$．

---

和可以展开为

$S = \ dfrac {1} {7} + \ dfrac {2} {7 ^ 2} + \ dfrac {3} {7 ^ 3} + \ dfrac {4} {7 ^ 4} + \ cdots。$

为了把上面的级数变成AGP形式，我们必须提出这个项 $\ dfrac 17$然后级数可以写成

$S = \左(\ dfrac 17 \) \左(1 + \ dfrac {2} {7} + \ dfrac {3} {7 ^ 2} + \ dfrac {4} {7 ^ 3} + \ cdots \右)。$

显然，这是一个无限AGP $= 1, r = \压裂{1}{7},d = 1$．

用上面的公式，求和 $年代$是 ${对齐}\ \开始左(\ dfrac 17 \) \左(\ dfrac{一}{第一轮}+ \ dfrac{博士}{(第一轮)^ 2}\右)& = \左(\ dfrac 17 \) \左(\ dfrac {1} {1 - \ dfrac {1} {7}} + \ dfrac{1 \ \压裂{1}{7}}{\离开(1 - \ dfrac{1}{7} \右)^ 2}\)\ \ & = 17 \ \ dfrac左(\ dfrac 76 + \ dfrac {7} {36} \) \ \ & = \ dfrac{7}{36}。\ \ _ \广场结束{对齐}$

计算求和的值 $\ displaystyle \ sum_ {i = 1} ^ {\ infty} \ dfrac张{2}{2 ^ {i + 1}}$．

---

解决方案1:

把给定的和式写成两个和式的差，我们得到

$\ sum_ {i = 1} ^ {\ infty} \ dfrac张{2}{2 ^ {i + 1}} = \ displaystyle \ sum_ {i = 1} ^ {\ infty} \离开(\ dfrac我{2}{2 ^ {i + 1}} - \ dfrac {1} {2 ^ {i + 1}} \右)= \ displaystyle \ sum_ {i = 1} ^ {\ infty} \ dfrac{我}{2 ^}- \ displaystyle \ sum_ {i = 1} ^ {\ infty} \ dfrac {1} {2 ^ {i + 1}}。$

第一个总和是AGP $= \压裂{1}{2}$， $d = 1$, $r = \压裂{1}{2}$．到∞的和是 $\压裂{\压裂{1}{2}}{1 - \压裂{1}{2}}+ \压裂{1 \ \压裂{1}{2}}{(1 - \压裂{1}{2})^ 2}= 2$．
第二个和式是a<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/geometric-progression-sum/" class="wiki_link" title="几何级数" target="_blank">几何级数和到无穷 $\压裂{\压裂{1}{4}}{1 - \压裂{1}{2}}= \压裂{1}{2}$．
因此，总数为 $2 - \frac{1}{2} = 1.5 \ _\平方$．

解决方案2:

给定的级数可以写成

$\ dfrac 14 + \ dfrac 38 + \ dfrac {5} {16} + \ dfrac {7} {32} + \ cdots。$

乘以并除以这个级数 $4$,我们得到

$\ dfrac{1}{4} \离开(1 + \ dfrac {3} {2} + \ dfrac {5} {4} + \ dfrac {7} {8} + \ cdots \右)。$

很明显，这个系列是AGP $= 1, d = 2, r = \压裂12$．

因此，利用AGP的无穷项和的公式，我们得到

$S=\dfrac 14 \left(\dfrac{1}{1-\dfrac 12}+\dfrac{2 \cdot \dfrac 12}{\left(1-\dfrac 12 \right)^2} \right)= \dfrac 14 \left(2+4 \right)=1.5。\ _ \广场$

解决以下问题可以检验你是否掌握了这些概念和解决问题的方法:

在本节中，我们将根据AGP的应用给出一些例子和问题:

1.认识一个AGP

${} \文本$

证明以下身份:

$\离开(x ^ {n} + \压裂{1}{x ^ {n}} \右)+ 2 \离开(x ^ + \压裂{1}{2}{x ^ {n}} \右)+ \ cdots + (n - 1) \离开(x + \压裂1 x \右)+ n = \压裂{1}{x ^ {n}} \离开(\ dfrac {x ^ n - 1} {x - 1} \右)^ 2。$

---

我们将通过重写恒等的LHS开始证明

$\开始{对齐}& \离开(x ^ {n} + \压裂{1}{x ^ {n}} \右)+ 2 \离开(x ^ + \压裂{1}{2}{x ^ {n}} \右)+ \ cdots + (n - 1) \离开(x + \压裂1 x \右)+ n \ \ & = \离开(\压裂{1}{x ^ {n}} + \压裂{2}{x ^ {n}} + \ cdots + \压裂{n} {x} \右)+左\ [x ^ {n} + 2 x ^ {2} + \ cdots + (n - 1) x \] + n。结束\{对齐}$

将括号中的表达式乘以并除以 $x ^ {n}$,我们得到

$\ dfrac {1} {x ^ {n}} \离开(x + 2 x ^ 2 + \ cdots + (n - 1) x ^ {n} \右)+左\ [x ^ {n} + 2 x ^ {2} + \ cdots + (n - 1) x \] + n。$

利用括号中表达式的AGP项和公式，我们得到

$x \ \ dfrac{左((n - 1) x ^ n-nx ^ {n} + 1 \右)}{x ^ n (1 - x) ^ 2} +左\ [x ^ {n} + 2 x ^ {2} + \ cdots + (n - 1) x \] + n。$

现在，由于括号中的表达式可以通过替换从上面表达式的第一项得到 $x$与 $\压裂1 x$,我们有

$\ dfrac {x [(n - 1) x ^ n-nx ^ {n} + 1]} {x ^ n (1 - x) ^ 2} + \ dfrac{左(\压裂1 x \右)\ \离开[(n - 1) \离开(\压裂1 x \右)^ n n \离开(\压裂1 x \右)^ {n} + 1 \]}{\离开(\压裂1 x \右)^ n \左左1 - \[(\压裂1 x \) \右)^ 2}+ n。$

进一步简化得到

$\ dfrac {1} {x ^ {n}} \离开(\ dfrac {x ^ n - 1} {x - 1} \右)^ 2 = {RHS} \文本。$

因此证明。 $_ \广场$

在得到第一个正面之前，投掷硬币的期望次数是多少?

---

让 $P (n)$是第一个正面朝上的概率 $n$翻转,然后 $P (n) = \离开(\ dfrac{1}{2} \右)^ n$．

因此，抛硬币的预期次数为 $\ displaystyle \ sum_ {n = 1} ^ {\ infty} nP (n) = \ displaystyle \ sum_ {n = 1} ^ {\ infty} \ dfrac {n} {2 ^ n} = 2。\ _ \广场$

让我们看看你是否能解决下面的问题。

${} \文本$

2.求和法的推广

${} \文本$

评估 $\ displaystyle \ sum_ {i = 1} ^ \ infty \压裂{i ^ 2}{2 ^我}$．

---

如果我们必须描述这个和式，我们会称它为“二次几何级数”，因为分子是二次的 $我^ 2$．我们将使用不同的方法将其简化为“线性几何级数”，即AGP。

设和为 $年代,$既然公比是 $\压裂{1}{2}$，我们将相乘 $年代$通过 $\压裂{1}{2}。$减去 $\压裂{1}{2}$从 $年代$给了

$\开始{数组}{r lllllll} & = \压裂12 & + \压裂{4}{4}& + \压裂{9}{8}& + \压裂{16}{16}& + \压裂{25}{32}& + \ cdots \ \ \压裂{1}{2}& = & + \压裂14 & + \压裂{4}{8}& + \压裂{9}{16}& + \压裂{16}{32}& + \ cdots \ \ \线\压裂{1}{2}S & = \压裂12 & + \压裂{3}{4}& + \压裂{5}{8}& + \压裂{7}{16}& + \压裂{9}{32}& + \ cdots。\ \ \{数组}结束$

我们可能会认出AGP，但让 $T = \压裂{1}{2}$然后继续这个取差的程序:

$开始\{数组}{r lllllll} T & = \压裂12 & + \压裂{3}{4}& + \压裂{5}{8}& + \压裂{7}{16}& + \压裂{9}{32}& + \ cdots \ \ \压裂{1}{2}T & = & + \ 压裂14 & + \压裂{3}{8}& + \压裂{5}{16}& + \压裂{7}{32}& + \ cdots \ \ \线\压裂{1}{2}T & = \压裂{1}{2}& + \压裂{2}{4}& + \压裂{2}{8}& + \压裂{2}{16}& + \压裂{2}{32}& + \ cdots。\ \ \{数组}结束$

现在，观察一下，除了第一项，我们得到一个有初始项的GP $\压裂{2}{4}$和常见的比 $\压裂{1}{2}$．结果是，第一项通常不符合序列的模式，我们之前很幸运。我们因此得到

$\压裂{1}{2}T = \压裂{1}{2}+ \压裂{\压裂{2}{4}}{1 - \压裂{1}{2}}= \压裂{1}{2}+ 1 = \压裂{3}{2}。$

因此, $T = 3，$这意味着 $S = 2t = 6。\ _ \广场$

注意，当我们取二次序列中项的差时，我们将得到一个线性序列。这在更普遍的情况下是成立的:当我们用度数来衡量术语的差异时 $n$按顺序，我们会得到一个学位 $n - 1$序列。这将在<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/method-of-differences/" class="wiki_link" title="方法的差异" target="_blank">方法的差异．我们将重复使用这个思想，来处理这种“多项式-几何级数”。

评估 $\ displaystyle \ sum_ {i = 1} ^ \ infty \压裂{我^ 3}{3 ^我}$．

---

观察我们有一个具有公比的“三次几何级数” $\压裂{1}{3}$．让我们乘 $\压裂{1}{3}$取差值:

$\{数组}{r lllll}开始S & = \压裂{1}{3}& + \压裂{8}{9}& + \压裂{27}{27}& + \压裂{64}{81}& + \压裂{125}{243}& + \ cdots \ \ \压裂{1}{3} & = & + \ 压裂{1}{9}& + \压裂{8}{27}& + \压裂{27}{81}& + \压裂{64}{243}& + \ cdots \ \ \线\压裂{2}{3}S & = \压裂{1}{3}& + \压裂{7}{9}& + \压裂{19}{27}& + \压裂{37}{81}& + \压裂{61}{243}& + \ cdots。\ \ \{数组}结束$

我们因此得到 $\压裂{2}{3}S - \压裂{1}{3}= \ displaystyle \ sum_ {i = 1} ^ \ infty \压裂{3我^ 2 + 3 + 1}{3 ^ {i + 1}}$，即“二次几何级数”。设置为 $T$．然后乘以 $\压裂{1}{3}$取差就得到

$开始\{数组}{r lllll} T & = \压裂{7}{9}& + \压裂{19}{27}& + \压裂{37}{81}& + \压裂{61}{243}& + \ cdots \ \ \压裂{1}{3}T & = & + \ 压裂{7}{27}& + \压裂{19}{81}& + \压裂{37}{243}& + \ cdots \ \ \线\压裂{2}{3}T & = \压裂{7}{9}& + \压裂{12}{27}& + \压裂{18}{81}& + \压裂{24}{243}& + \ cdots。\ \ \{数组}结束$

我们因此得到 $\压裂{2}{3}T - \压裂{7}{9}= \ displaystyle \ sum_ {i = 1} ^ \ infty \压裂{6 (i + 1)}{3 ^{我+ 2}}$这是一个“线性几何级数”。设置为 $U$．然后乘以 $\压裂{1}{3}$取差就得到

$\{数组}{r lllll}开始U & = \压裂{12}{27}& + \压裂{18}{81}& + \压裂{24}{243}& + \ cdots \ \ \压裂{1}{3} & = & + \ 压裂{12}{81}& + \压裂{18}{342}& + + \ cdots \ \ \线\压裂{2}{3}U & = \压裂{12}{27}& + \压裂{6}{81}& + \压裂{6}{243}& + \ cdots。\ \ \{数组}结束$

然后,我们得到 $\压裂{2}{3}U - \压裂{12}{27}= \ displaystyle \ sum_ {i = 1} ^ \ infty \压裂{6}{3 ^{我+ 3}},$这是一个几何级数，它的和是无限的 $\压裂{\压裂{6}{81}}{1 - \压裂{1}{3}}= \压裂{1}{9}$．

这给了我们

${对齐}\ \开始压裂{2}{3}U & = \压裂{12}{27}+ \压裂{1}{9}& & \ Rightarrow U = \压裂{5}{6}\ \ \压裂{2}{3}T & = \压裂{7}{9}+ \压裂{5}{6}& & T = \ \ Rightarrow压裂{29}{12}\ \ \压裂{2}{3}S & = \压裂{1}{3}+ \压裂{29}{12}& & \ Rightarrow S = \压裂{33}{8}。\ \ _ \广场结束{对齐}$

现在，您可以自己解决以下问题了。好运！

提高你解决问题的能力<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/arithmetic-progressions/" class="wiki_link" title="等差数列" target="_blank">等差数列，<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/geometric-progressions/" class="wiki_link" title="几何发展" target="_blank">几何发展,<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/arithmetic-geometric-progression/" class="wiki_link" title="算术几何级数" target="_blank">算术几何级数，你可浏览以下的维基:

• 算术和几何级数:问题解决