比例級數的前 N 項以及如何證明它

答：設 sn=a1+a2+。an

則 qsn=a2+a3+。an+1

將兩個公式相減，然後 （1-q）sn=a1-an+1=a1-a1*q n 次。

我們稍後再見！

但是，請注意對常見比率為 1 的情況的討論。

如果公共比率 q=1，則 sn=a1+a2+。ana1+a1+..a1=na1

比例級數的前 n 項和 sn=a1+a2+。ana1(1-q^n)/(1-q)

比率 q≠1）。

證書：SN=A1+A1Q+A1Q 2....a1q^(n-1)..1)qsn=a1q+a1q^2+..a1q^(n-1)+a1q^n...2)

1-q)sn=a1-a1q^n

sn=a1(1-q^n)/(1-q)

如果公共比率 q=1，則 sn=a1+a2+。ana1+a1+..a1=na1

比例級數的前 n 項和 sn=a1+a2+。ANA1（1-Q N） （1-Q）（Common Ratio Q≠1） 證書： SN=A1+A1Q+A1Q 2....

a1q^(n-1)..1)qsn=a1q+a1q^2+..a1q^(n-1)+a1q^n...

2)(1)-(2):(1-q)sn=a1-a1q^n

sn=a1(1-q^n)/(1-q)

q 和 1 之間的關係非常重要。

等比數列。 前 n 項和公式：sn = a1（1-q n） （1-q）。

推導如下：因為 an = a1q （n-1） 那麼 baisn = a1+a1*q 1+。a1*q^(n-1) (1)

qsn =a1*q^1+a1q^2+..a1*q n （2）1）-（2） 請注意，式（1）的第一項沒有改變。

從式（1）的第二項中減去式（2）的第一項。

從式（1）的第三項中減去式（2）的第二項。

以此類推，從等式 （2） 的 n-1 項中減去等式 （1） 的 n-1 項。

2）方程的第n項保持不變，稱為位錯減法，其目的是消除這個常用項。

所以我明白了。 1-q）sn = a1（1-q n），即 sn = a1（1-q n） （1-q）。

這是比例級數的公線之和，當銼光纖的公比為q=1時，sn=na1，當q≠1時，sn=a1（1-q n）1-q。

比例級數和公式的前 n 項為：

比例序列公式是用於求一定數量的比例序列之和的數學公式。 此外，從相同的基數中取出每個專案為正數的比例級數，以形成相等的孫子組。 相反，如果以任何正數 c 為底，並使用等差級數的項作為指數冪來構造 can，則它是乙個等比例級數。

比例級數屬性

如果 m， n， p， q n* 和 m+n=p+q，則 am·an=ap·aq;

在比例級數中，當 q≠-1 或 q=-1 且 k 為奇數時，每個 k 項的總和仍為比例級數。

例如，銀行有一種支付利息---複利的方法。

即將上一期的利息和本輪孔相加作為本金，然後計算下一期的利息，這就是人們常說的利息滾動。

按複利計算本息和利息的公式：本金和利息之和=本金（1+利率）存款期。

a1+..an=48,a(n+1)+.a2n=60-48=12，所以等比的公比是1 4，則a（2n+1）+。

a3n=3 和 =48+12+3=63 的前 3n 項只是以為是一系列相等的差，但我看錯了。

你的總共是 n-1，而不是 n。

一般公式是 an=1 2 （n+1），所以 1 2 n 顯然是 n-1 項。

所以它應該是 s（n-1） 而不是 sn

兩者都不對！

它們都不是前 n 項的總和，而是前 n-1 項的總和。

第乙個，第二個數字或n，你就少了乙個專案......

1/4+1/8+..1/2^n

其中 q=1 2， 1 4=a1*q 給出 a1=1 2，則 1 2 n =a1*q （n-1），是 an 的 n-1 項。

s(n-1)=1/4+1/8+..1 2 n=1 2-1 2 n 彙總規則：如果比例級數與 2 或 1 2 成正比，則該級數的連續 n 項之和為：最大項值減去最小項值的兩倍。

sn=[a1*（1-q n）] 1-q）是乙個等比例級數，其中n為未知數，當q=1為常數級數時，可以寫成f（n）=[a1*（1-q n）] 1-q），即n a1與n*a1相加。

如果每個項與序列的第二項的前一項的比值等於相同的常數，則該序列稱為比例序列。 這個常數稱為比例級數的公比，公比通常用字母q（q≠0）表示。

注意：當 q=1 時，an 是乙個常數級數。 即 a n=a。

通常，如果每個項與序列的第二項的前一項的比值等於相同的非零常數，則該序列稱為比例序列。 這個常數稱為等混沌鄭弼比序列的公比，該公比通常用字母q（q≠0）表示。 注意：

當 q=1 時，an 是乙個常量級數（n 是下標）。

[1＋a^(-1)

a^(-2)＋…a^(1-n)]

(3n-2)]

前者是比例級數，公共比值為（-1）。

後者是一系列相等的差值，公差為 3

1-a^(-n)]/1-a)

3n-2)]*n/2

1-a^(-n)]/1-a)

3n-1)n/2

按拆分項法求和。

這是分解和組合思想在序列求和中的具體應用。

拆分項法的本質是將序列中的每個項（一般項）分解，然後重新組合，這樣就可以消除一些項，最終達到求和的目的。

一般術語分解（拆分術語），例如：

1）1/n(n

1)=1/n-1/(n

2）1/(2n-1)(2n

1)=1/2[1/(2n-1)-1/(2n3）1/n(n

1)(n2)=1/2[1/n(n

1)-1/(n1)(n

4）1/(√a

b)=[1/(a-b)](a-√b)

n·n!=(n

1)!-n!

示例]求序列 an=1 n（n

前 n 項 和 。

解決方案：設定。 an=1/n(n

1)=1/n-1/(n

分裂）。sn=1-1/2

1/n-1/(n

1） （分割專案的總和） 埋葬他攜帶。

1-1/(n

n （n 摘要：這種型別的變形的特點是，在原始序列的每個項被分成兩部分後，拍子中間的大多數專案相互抵消。 只剩下有限數量的物品。

注意：其餘專案具有以下特徵。

1.其餘物品的位置是對稱的。

2.剩餘項前後的正負性質顛倒。

答：可以從比例垂直智慧序列中得到。

a1=1，a4=1x（q） （4-1）=1 8 解：q=1 2

所以第一項是 1，比例級數中的公比是 1 2，sn=（1-1 2 n） （1-1 2）。

因此，如果引入 sn 公式，則可以得到 sn=[1（1-1 2 10）] 1-1 2）=2-1 512=1023 512

sn=[a1*（1-q n）] （1-q） 是乙個比例級數，其中 n 是乙個未知數，當 q=1 是乙個常數級數時，它可以寫成 f（n）=[a1*（1-q n）] （1-q），即 n 個 a1 相加。

首先，你用比例級數前n項之和，前提是q不等於-1，然後，如果q=-1，則為擺動級數，即正負交替，如2、-2、2、-2、2、-2、......sn=0，s2n=0，s3n=0，是的。

解：可從比例級數中得到。

a1=1，a4=1x（q） （4-1）=1 8 解：q=1 2

所以第一項是 1，比例級數中的公比是 1 2，sn=（1-1 2 n） （1-1 2）。

因此，如果引入 sn 公式，則可以得到 sn=[1（1-1 2 10）] 1-1 2）=2-1 512=1023 512

(1).a(n+1)=(1-%20)an+30%bn(2).bn=1000-an

那麼 a（n+1）=（1-20%）an+30%（1000-an）=1 2*an+300

3).根據第二個問題證明的公式，a（n+1）-600=1 2（an-600）。

結果是公比為 1 2 的比例級數，an-600 = （a1-600）*（1 2） （n-1）。

an=(a-600)*(1/2)^(n-1)+600