關於數字序列的兩個問題。 兩個數字系列問題

第一。 解：因為 a（n+1）=a（n）+1 （n（n+1）），所以 a（n+1）-a（n）=1 （n（n+1）） 所以 a（n）-a（n-1）=1 （n（n-1））a（n-1）-a（n-2）=1 （（n-1）（n-2））a（2）-a（1）=1 （2*1）。

將以上所有內容相加即可獲得它。

a(n)-a(1)=1/(2*1)+1/(3*2)+…1/(（n-1）(n-2))+1/(n(n-1))+1/(n(n+1))

即 a（n）-1=1-1 2+1 2-1 3+1 3-1 4+......1/（n-1）-1/（n-2）+1/n-1/（n-1）

即 a（n）-1=1-1 n

所以 a（n）=2-1 n

所以 a（10） = 19 10

我不明白第二個問題......

基於已知條件。

a2-a1=1/1*2

a3-a2=1/2*3

a4-a3=1/3*4

a5-a4=1/4*5

a(n+1)-a(n)=1/n(n+1)

如此疊加。 a(n+1)-a1=1/1*2+1/2*3+1/3*4+..1/n(n+1)

後面的物品是普通的，哦，把它們拆開。

a(n+1)-a1=1-1/2+1/2-1/3+1/3-1/4+..1/n-1/n+1

任何可以在中間消除的東西都被消除了。

最後，a（n+1）-a1=1-1 n+1

所以 a10 = 2-1 10 = 19 10

我看不懂後面——

問題 1. a(n+1)=a(n)+1/n-1/(n+1)a(n+1)+1/(n+1)=a(n)+1/n=...=a1+1=2a(n)=2-1/n

a(10)=2-1/10=19/10

問題 2. 它應該是 a（n）=（2n-1）+2 n，否則將常數 3 寫成 -1+2 2 是沒有意義的

sn=（一系列相等差的總和） + （一系列相等的差之和） n 2+2 （n+1）-2

1、a1=1

a2=a1+1/1*2=1+1/1*2

a3=1+1/1*2+1/2*3

an=1+1/1*2+1/2*3+……1/(n-1)n1+(1-1/2)+(1/2-1/3)+…1/(n-1)-1/n)1+1-1/2+1/2-1/3+……1/(n-1)-1/n2-1/na10=2-1/10=

2.問題一定有問題，否則會簡單得多。

1)f'(x)=2x+3

a(n+1)=2an+3

所以嘲笑 a（n+1）+3=2（an+3）。

an+3} 是第一項 a1+3=3+a，公比為 2。

an+3=(3+a)2^(n-1)

2）可以得到an=s（n）-s（n+1）

和 s（n）=1+3+5+....+2n-1）=n 2，所以 an=n 2-（n+1） 2=-2n-1

問題 1：右邊的分子和分母除以 an，a（n+1）=1 並迅速開啟（1 an+n 2）。然後取左右兩端的倒數，然後移相，可以得到 1 [a（n+1）-1 an]=1 n 2，然後可以同時將左右兩端相加，最後 mu 剩下 1 a（n+1）-1 a1=1+2 2+...

n 2、第二個問題：把虛擬n變成n-1，再除法！！

第乙個系列感覺有些不對勁，所以讓我們再檢查一遍！

第二個將 n=n+1 帶入 a1*a2*a3....an*a（n+1）=（n+1） 2，將 mu 除以條件方程兩邊的擾動節拍得到 a（n+1）=（1+1 n） 2，則 an=（1+1 n-1） 2（n>1）。

S40 說明：設原數的常用比為 q，注意。

S10 是 a，Q 的 10 次方是 q，那麼就有了。

s30=a+a*q+a*q^2

於是。 s30-a)/a=q+q^2=6

求解右邊的一維二維方程，由於 q 等於 q 的 10 次方並且大於零，因此負根取為 q=2

於是。 s40 = s30 + a * q 3 = 70 + 10 * 2 3 = 150 在對芹菜的召喚中，符號 a b 表示 a 對 b 的冪）。

因為 s1 = 10 和 s30 = 70，所以 s20 = 60

因為 s10：s20=s30：s40

所以 s40=240

你好！ s40

設原始級數的公比為 r，將 s10 表示為 a，將 r 表示為 r 的 10 次方，則有。

s30a+a*r+a*r*r

所以 （s30-a） ar+r*r

為了求解圓錐花序書右鍵側的一維二維方程，並且由於 r 等於猜測明亮巨集 r 大於 0 的 10 次方，因此取正根。

r=2 接下來，s40

s30a*r*r*r=70

如果它對你有幫助，希望。

雙序列 11 7 5 3 是素數猜測序列，18 12 6 是 6 的倍數。

1.我犯了一些錯誤，數字序列是1 4,3 4,5 4,7 4，公差是1 2

利用吠陀定理，得到x1+x4=2、x2+x3=2和x1=1 4。

2.（1）構造方法構成乙個等比例序列，分為兩個步驟，乙個處理n個，乙個處理常數。

a(n+1)+2(n+1)=2a(n)+4n-1

a(n+1)+2(n+1)-1=2[a(n)+2n-1]

因此，序列 b（n）=a（n）+2n-1 是乙個等比例級數，第一項 b（1）=3，公共比率 q=2

因此，b（n）=3*2 （n-1），a（n）=3*2 （n-1）-2n+1

3、d(n)=ln[c(1)c(2)……c（n）] n 是一系列相等的差值。

4、b(1)b(2)……b(n)=b(1)b(2)……b(17-n) （n<17）

考慮 b（8）b（10）=b（7）b（11）=....b(1)b(17)=1

第二個問題和第二個問題還沒做出來，再想想，先送這幾個，這100分還真難賺，呵呵。

讓我補充一下 2 個問題、2 個問題以及 3 個和 4 個問題的想法。

2.（2）等號的右邊是a（n）的小數形式，所以考慮到倒數比例級數的構造，也分為兩步，一步求分母上的常數，第二步求公比和常數項。

設 x 使 a（n+1）+x=[5a（n）+4] [2a（n）+7]+x=[5a（n）+4+2xa（n）+7x] [2a（n）+7]。

有乙個方程 x（5+2x）=4+7x，求解兩個根 -1,2，一樓的答案是取 -1，做下去是取 x，然後取倒數。

3.因為比例級數中公比的指數是相等的差分，所以需要從比例級數中找到等分級數，可以考慮取對數。

4. b（9）=1，所以第9項對應的第一項和第二項的乘積是1; 差數列是前後相應項的總和 為 0。 通常，當遇到相等的差值時，考慮和，相等的比率被認為是乘積。

1.設四個根是 a、b、c、d、a2（1）從遞迴關係來看，a（n+1）+2（n+1）-1=2（a（n）+2n-1），因此b（n）=a（n）+2n-1

那麼b（n+1）=2b（n），下面就不難了。

2） 1 （a（n+1）-1）+1 3=3（1 （a（n）-1）+1 3），遞迴關係的順序。

b（n）=1 （a（n）-1）+1 3，然後 b（n+1）=3b（n），然後坐下。

次級根數 （c（1）*c（2）*....c（n）） 是乙個比例級數。

n<17

d=7/4，c=3/4，d=5/4

a（n+1）+2（n+1）-1b（n）=1 （a（n）-1）+1 3，則 b（n+1）=3 b（n1 （a（n+1）-1）+1 3=3（1

d（n）=n 根數（c（1）*c（2）*....c（n）） 是乙個比例級數。

a(n)-1)+1/3),=2（a(n)+2n-1）.b(1)*b(2)*…b(n)=b(1)*b(2)*…b(17-n),n<17

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在這裡，我們為您找到了相關的答案：差數列的一般公式是 a n=a 1+（n-1）d，因此 a （i+2）-a i=a 1+（i+2-1）d-[a 1+（i-1）d]=2d 在所有情況下都成立。 反之，a （i+2）-a i=2d 不能保證一系列相等的差異，例如 0、0、2d、2d、4d、4d 等這是真的，但這顯然不是一系列相等的差異。

an+an+1-[a（n-1）+an]=d+d=2d（n大於等於2），你明白嗎？ 專攻高中數學。

基本測量方法。

由於比例級數，使用公式 an=a1*q n-1a5 a4=a1q 4 a1q 3 =q

同樣，a3 a2=q

同樣，a2 a1=q

因為 q 是乙個常數（被認為是已知的）。

所以 a1 a2=a3 a2=a4 a3=a5 a4 所以 a1、a2、a3、a4、a5 的比例相等。