問乙個關於數字系列的問題，謝謝！！

由於 a3 2=a1*a9，則 （a1+2d） 2=a1*（a1+8d），a1 和 d 之間的關係是 d=a1

然後代入，即（a1+a1+2d+a1+8d） （a1+d+a1+3d+a1+9d）=（3a1+10d） （3a1+13d），代入d=a1，去掉d，最終結果為13 16

設差分級數的第一項為 A1，公差為 D

因為 a1、a3 和 a9 是比例序列，所以 （a3） 2=a1*a9a1+2d） 2=a1*（a1+8d） 得到 a1=da1 a3 a9） （a2 a4 a10）=（3a1+10d） （3a1+13d）=13 16

因為 a1、a3、a9 是比例序列。

所以。 a1*a9=(a3)^2

也就是說，求解 a1*（a1+8d）=（a1+2d） 2 得到 a1=d

所以。 a1＋a3＋a9）／（a2＋a4＋a10）=13/16

因為 a1、a3、a9 是比例序列。

所以 a1a9=a3 2

a1(a1+8d)=(a1+2d)^2

a1^2+8a1d=a1^2+4a1d+4d^2a1d=d^2

d(a1-d)=0

因為等差級數的公差不等於零。

所以 a1-d=0，a1=d

an=a1+(n-1)d=d+(n-1)d=nda1＋a3＋a9）／（a2＋a4＋a10）

這是一系列相等的差值，可以使用下式使用：（第一項與最後一項相似）x 項數 2。 因此，高勳案例的答案是：30 + 31 + 32 + 33 + 34 + 35 + 36 + 37 + 38 + 39 （30 39） x10 2 345

解：比例序列求和有兩個公式，你打算用哪乙個？

當然，你不能全部使用，你必須根據公共比率 q 是否為 1 來選擇。

但是標題中沒有特別的解釋，所以我們只能根據問題的含義來判斷常用比q是否為1

讓我們從假設開始：

如果 q=1，則有。

sn=nq，s(n+1)=(n+1)q，s(n+2)=(n+2)q

S（N+1）、Sn 和 S（N+2） 處於一系列相等的差值中。

s(n+1)+s(n+2) =2sn

n+1)q+(n+2)q=2nq

nq+q+nq+2q=2nq

2nq+3q=2nq

3q=0q=0

序列是乙個比例序列。

公比 q≠0 和其他比例序列不能包含 0，自然公比不能為 0！ )

因此，該結論與比例級數的性質相矛盾，即假設不成立，並且公共比率 q≠1

sn=a1(1-q^n)/(1-q)，s(n+1)=a1[1-q^(n+1)]/(1-q)，s(n+2)=a1[1-q^(n+2)]/(1-q)

S（N+1）、Sn 和 S（N+2） 處於一系列相等的差值中。

s(n+1)+s(n+2) =2sn

a1[1-q^(n+1)]/(1-q)+a1[1-q^(n+2)]/(1-q)=2a1(1-q^n)/(1-q)

a1[1-q^(n+1)]+a1[1-q^(n+2)]=2a1(1-q^n)

序列是乙個比例序列。

第一項是 A1≠0

1-q^(n+1)]+1-q^(n+2)]=2(1-q^n)

2-q^(n+1)-q^(n+2)=2-2*q^n

q^(n+1)-q^(n+2)=-2*q^n

q^(n+1)+q^(n+2)=2*q^n

q^(n+1)+q^(n+2)-2*q^n=0

q^n*q+q^n*q^2-2*q^n=0

q^n(q^2+q-2)=0

q^n(q-1)(q+2)=0

q≠0q^n≠0

q-1)(q+2)=0

q≠1q-1≠0

q+2=0q=-2

綜上所述，公共比率 q 的值為 -2

如果是解題，你應該去做，但由於這個問題是填空題，所以二樓的方法簡單省時。

房東，滿意嗎？

設第一項為 a， a≠0

如果 q=1sn=na

s(n+1)=(n+1)a

s(n+2)=(n+2)a

2na=a(n+1)+a(n+2)

2an=a(2n+3)

2an=2an+3a

a=0，自相矛盾。

所以 q≠1sn=a（1-q n） （1-q）。

s(n+1)=a[1-q^(n+1)]/(1-q)s(n+2)=a[1-q^(n+2)]/(1-q)2a(1-q^n)/(1-q)=a[1-q^(n+1)]/(1-q)+a[1-q^(n+2)]/(1-q)

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

2a-2aq^n=a-aq^(n+1)+a-aq^(n+2)-2aq^n=-aq^(n+1)-aq^(n+2)2q^n=q^(n+1)+q^(n+2)

也除以 q n

2=q+q^2

q^2+q-2=0

q+2)(q-1)=0

q=-2 或 q=1（四捨五入）。

所以 q=-2

分析：An是乙個比例級數，公比=q，設第一項=a1，則sn=a1（1-q n）（1-q）。

S（N+1）=A1[1-Q （N+1）] （1-Q），S（N+2）=A1[1-Q （N+2）] （1-Q），S（N+1）、Sn、S（N+2）成等差級數，2Sn=S（N+1）+S（N+2），即2A1（1-Q N） （1-Q）=A1[1-Q （N+1）] （1-Q）+

A1[1-Q （N+2）] （1-Q），2Q N=Q （N+1）+Q （N+2）， Q N≠0,2=Q+Q 2， Q=1， 四捨五入， Q=2

q 等於 1，不為真; 當 q 不等於 1 時，2sn=sn+1 + sn+2，代入求和公式得到關於 q 的方程，求解，q=-2

從條件可以知道2SN=SN+1+SN+2

整理出sn+2-sn=sn-sn+1

我們可以得到 -an+1（n+1 是下標）= an+2（n+2 是下標）+ an+1（n+1 是下標）。

An+2（n+2為下標）=-2（an+1）（n+1為下標），所以常用比q為-2

S（N+1）、Sn 和 S（N+2） 處於一系列相等的差值中。

即 sn+2 + sn+1=2sn

sn+2 - sn=sn - sn+1

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

所以 q=-2

假設 n=1，則 s2、s1 和 s3 之間存在一系列相等的差值，並且存在 -a2=a2+a3

所以 a3 a2=-2

所以 q=-2

設公差為 d，[bn} 的比值為 q

那麼 s2=3+3+b=6+b， s3=s2+3+2b=9+3b， b2=q， b3=q 2

b2*s2=64，b3*s3=960

所以 q（6+b） = 64

q^2(9+3b)=960

q=8，b=2

設定 {an} 和 {bn} 的公比 d 和公比 q（兩種情況下為 q=1 和 q≠1），然後將遞迴公式和前 n 項和公式（如書中所示）引入解中。

x、y 和 z 的倒數是一系列相等的差值。

1/x=a-d x=1/(a-d)

1/y=a y=1/a

1/z=a+d z=1/(a+d)

x-y/y-z

1 （a-d）-1 a） （1 a-1 （a+d））=（a+d） （a-d） 該值是不確定的。

x=1 2 y=1 3 z=1 4 倒數是 2,3,4 相等差的序列，x-y y-z=2

x=1 3 y=1 4 z=1 5 倒數是 3,4,5 相等差的序列，x-y y-z=5 4