关于用待定系数法求数列前n项和的研究
第18卷 第12期 牡丹江大学学报 Vol.18 No.12 2009年12月 Journal of Mudanjiang University Dec. 2009
文章编号:1008-8717(2009)12-0105-02
关于用待定系数法求数列前n 项和的研究
汤召渤 李 俊
(重庆师范大学,重庆 401331)
摘 要:通项为n 的k 次多项式的数列是一种非常特殊的数列,本文运用组合恒等式、数学归纳法等初等数学的方法,通过“归纳—猜想—论证”,提出用待定系数法解决此类数列求和问题,并结合二项式定理和数列间的递推关系导出了求待定系数的一般方法,旨在更好地解决数列求和问题。
关键词:k 次多项式;前n 项和;待定系数法;数列求和 中图分类号:O12 文献标识码:A 引言:猜想是对事物发展变化方向或结果的一种推测判断,这种判断虽然没有经过严密的推理和论证,但是往往可以为我们提供解决问题的思路和方法。归纳猜想的实质是从特殊到一般的类比推理,因此我们可以先求出一些特殊数列的前n 项和s n ,然后通过归纳、总结猜出一些与a n 或s n 有关的性质,最后利用数学归纳法论证或利用已知条件验证。
一、由三个例题得到两个猜想
例 1 已知a n =n +4n +5,求s n 。
2
解:∵a n =n +4n +5=n (n +1) +3n +5=2C n +1+3n +5
∴s n =2C 2+C 3+L +C n +1+3(1+2+L +n ) +5n =2C n +2+ =
3
22
(
222
)
32
(1+n ) ・n +5n
n 6
(2n +15n +43)
3
2
例 2 已知a n =n ,求s n 。
解:a n =n (n −1+1) =n (n −1) +n =6C n +1+n (n ≥
2
2
3
2)
s n =1+6(C 3+C 4+L +C n +1) +(2+3+L +n )
=6(C 4+C 4+L +C n +1) +(1+2+L +n ) =6C n +2+
44
3
3
333
12
n ・(n +1)
2
=
14
n (n +1)
2
例 3 已知a n =n(n+1)(n+2)(n+3),求s n 。 解: ∵ ∴
a n =4! s n 4! =∑
k =1n
n (n +1)(n +2)(n +3)
4!
k (k +1)(k +2)(k +3)
4!
5
=∑C k 4+3=C n +4 k =1
n
收稿日期:2009-05-05
105
从而s n =4!C n +4=
5
n (n +1)(n +2)(n +3)(n +4)
5
由上面三个例题,我们不妨作出如下猜想:
猜想一:若a n 为n 的k 次多项式,则a n 的前n 项和s n 为n 的k+1次多项式。 证明:(1)当k=1时,结论显然成立。 (2)假设当k=m时结论成立,即
n 的m 次多项式的前n 项和为n 的m+1次多项式。 当k=m+1时,
m +1
a n =A m +1(n m +1+c n ) =A m +1[(m +1)! C n +m +d n +c n ] 其中c n 、d n 为n 的m 次多项式,则
n n
s n m +1m +2'
=∑(m +1)! C i +m +∑(d i +c i ) =(m +1)! C m +n +1+s n A m +1i =1i =1
(其中
A m +1为a n 的首项系数,s
'
n =
∑(d
i =1
n
i
+c i ) )
'
因为c n +d n 为n 的m 次多项式,所以由假设可得s n 为n 的m+1次多项式。 又C m +n +1=
m +2
(m +n +1)(m +n ) n (n −1)
(m +2)!
为n 的m+2次多项式
故s n 为n 的m+2次多项式。即k=m+1时结论也成立。
综上,结论得证。由此证明过程不难得到一个推论:若a n 的首项系数为猜想二:若a n 为n 的k 次多项式,则a n 的前n 项和s n 的常数项b 0证明:(1)当k=1时,显然成立。
(2)假设当k=m时结论成立,即n 的m 次多项式的前n 项和的常数项b 0那么,当k=m+1时, ∵a n
m +1
=A m +1(n m +1+c n ) =A m +1[(m +1)! C n +m +d n +c n ] (其中A m +1为已知非零常数,d n +c n 为
A k ,则s n 的首项系数为
A k
。 k +1
=0。
=0。
n
的m 次多项式)
又 ∵s n
∴
=a 1+a 2+L +a n
=
s n A m +1
∑(m +1)! C
i =1
n
m +1i +m
+
∑(d
i =1
n
i
+c i )
' n
=(m +1)! C
m +2m +n +1
+s
' n
其中s =
∑(d
i =1
n
i
+c i )
∵d n
'
+c n 为n 的m 次多项式,由假设可知s n 的常数项为零。
∴s n 的常数项为零。
∴综上可知:若a n 为n 的k 次多项式,则a n 的前n 项和s n 的常数项b 0由以上两个猜想,可以得到一个定理: 定理 系数为
=0。
a n 是n 的k 次多项式,则s n 是常数项为0的k+1次多项式,且若a n 的首项系数为A k ,则s n 的首项
A k
。 k +1
a n
为n 的k 次多项式,则我们可以用待定系数法求
由此定理可知,若
s n
。即若已知
a n =A 0+A 1n +A 2n 2L +A k n k (Ak ≠0) ,则设s n =b 1n +b 2n 2+…+b k n k +
106
A k k +1
n ,然后列出k 个方程,k +1
。这种方法思路直接,且易于掌握;但是,如果k 增大,则计算量也变得很大。(下转109页) 求出b i (i=1,2,…,k)
参考文献:
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[2]Chang G J,ke W T,Yeh R K,et al. On L d , 1-labeling of graphs[J]. Discrete Math., 2000,220:57-66.
[3]Whittlesey M A, Georges J P,Mauro D W. On the
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22
()
λ
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k
(上接106页)因此,下面我们介绍求b 1,b 2,…,b k +1的一般方法。
二、求b 1,b 2,…,b k +1的一般方法
=b k +1n k +1+b k n k +L +b 1n +b 0,则 ∴s n −s n −1
∵s n
=b 1[n −(n −1)]+b 2[n 2−(n −1) 2]+L +b r [n r −(n −1) r ]+L +b k +1[n k +1−(n −1) k +1]
1
11−C 3b 3+L +(−1) r C r 1b r +L +(−1) k +1C k +1b k +1]・n
=[b 1−b 2+b 3+L +(−1) r +1b r +L +(−1) k +2b k +1]
+[C 2b 2+…… +[C i +1b i +1+…… +[C k ∵s n
k −1
k k −1k −1b k −C k k ++C k +1b k +1n 1b k +1]・n i
−C i i +2b i +2+L +(−1) r −i +1C r i b r +L +(−1) k −i +2C k i +1b k +1]・n i
−s n −1=a n 且a n =A k n k +A k −1n k −1+L +A 1n +A 0,比较系数得
r +1k +2
b 1−b 2+b 3+L +(−1) b r +L +(−1) b k +1=A 0⎧
⎪C 1b −C 1b +L +(−1) r C 1b +L +(−1) k +1C 1b =A
2233r r k +1k +11⎪⎪LL ⎪i
i r −i +1i k −i +2i
⎨C i +1b i +1−C i +2b i +2+L +(−1) C r b r +L +(−1) C k +1b k +1=A i ⎪LL ⎪
k −1k −1
⎪C k b k −C k +1b k +1=A k −1⎪k
C k +1b k +1=A k ⎩
对于这个方程组,我们只需通过k +1步,便可依次求出b k+1,b k ,…, b 1。
结束语
本文结合三个例题,通过“归纳—猜想—论证”,提出用待定系数法解决通项为n 的k 次多项式的求和问题,这种方法思路直接,且易于掌握。当然,数列求和的方法还有很多种,而且数列的求和问题也有一定的难度,但是我们总可以通过归纳、总结找出规律或者通过恒等变形得到解决问题的途径。 参考文献:
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