第07章数列

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このローカライズページでは、ナビゲーション、メタデータ、アーカイブ告知を翻訳しています。数式、例、原稿由来の本文は、手動翻訳が未提供の箇所では簡体字中国語の原文を保持しています。

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{/* label: chap:ch07 */}

\begin{figure}[htbp]

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古印度“电诈”第一人的故事 古老的传说中，国际象棋的发明者向国王提出了一个看似谦卑的请求：在棋盘的第一个格子里放1粒米，第二个格子里放2粒，第三个格子里放4粒，之后每一个格子的米粒数都是前一个格子的两倍，直到填满全部64个格子.国王欣然应允，却不知自己许下了一个根本无法兑现的承诺.

这个序列 $1, 2, 4, 8, ...$ 看似平淡无奇，但其增长速度是毁灭性的.仅到第20格，米粒数就超过了一百万；到第41格，就超过了当时全世界的米粒总产量.这串数字背后隐藏的规律是什么？我们能否不逐一相加，就计算出这64个格子上的米粒总数？

这个故事揭示了一种强大的数学对象，也就是数列，特别是等比数列.它描述了现实世界中从复利增长到细胞分裂等各种“利滚利”的现象.要理解和掌控这些现象，我们必须发展出一套系统的方法，来描述数列的每一项，并高效地计算它们的总和.

数学归纳法

{/* label: sec:ch07-s01 */}

在数学的探索中，我们常常从观察具体的例子开始.

\begin{aligned} 1 &= 1^2 1+3 &= 4 = 2^2 1+3+5 &= 9 = 3^2 1+3+5+7 &= 16 = 4^2 \end{aligned}

如果你注意力惊人，不难注意到：前 $n$ 个正奇数的和似乎总是等于 $n^2$ .但是, 我们如何能确定这个规律对所有正整数 $n$ ：无论是 $n=100$ 还是 $n=10^{10}$ 都成立呢？验证再多的例子也无法构成一个真正的证明.我们需要一种方法，能从有限的验证出发，得出一个适用于无限情况的确定性结论.

这个强大的逻辑工具，就是数学归纳法.它是一座桥梁，连接着“归纳猜想”与“演绎证明”，是离散数学\footnote{离散数学是数学的几个分支的总称，研究基于离散空间而不是连续的数学结构. 与连续变化的实数不同，离散数学的研究对象——例如整数、图和数学逻辑中的命题——不是连续变化的，而是拥有不等、分立的值. 因此离散数学不包含微积分和分析等“连续数学”的内容.}中最重要的证明方法之一，也是我们后续推导所有数列公式的逻辑基石.

数学归纳法

设 $P(n)$ 是一个关于正整数 $n$ 的命题.如果以下两个条件都被满足：

奠基步骤: 命题 $P(n)$ 对起始值 $n=n_0$ 成立（通常 $n_0=1$ ）.
归纳步骤: 假设命题对任意整数 $k \ge n_0$ 成立（即 $P(k)$ 为真）, 能够推导出命题对下一个整数 $k+1$ 也成立（即 $P(k+1)$ 为真）.

那么，我们可以断定，命题 $P(n)$ 对所有大于或等于 $n_0$ 的整数 $n$ 都成立.

数学归纳法的原理可以完美地用一排无穷无尽的多米诺骨牌来比喻.要让所有的骨牌都倒下，需要满足什么条件？

你必须推倒第一块骨牌. —— 这就是奠基步骤 $P(n_0)$ .如果第一块不倒，连锁反应就无从谈起.
骨牌的排列必须保证，任意一块（第 $k$ 块）倒下时, 都必定会撞倒下一块（第 $k+1$ 块）. —— 这就是归纳步骤 $P(k) \implies P(k+1)$ .它保证了“倒下”这个性质可以无休止地传递下去.

只要这两个条件同时满足，我们就可以放心地断言：整排骨牌，无论多长，都将依次倒下.

例

使用数学归纳法证明：对所有正整数 $n$ , 等式 $1+3+5+...+(2n-1) = n^2$ 成立.

证明

证明： 设命题 $P(n)$ 为 $1+3+5+...+(2n-1) = n^2$ .

当 $n=1$ 时, 验证 $P(1)$ 是否成立. 等式左边为 $1$ . 等式右边为 $1^2=1$ . 因为左边 = 右边，所以 $P(1)$ 成立.第一块骨牌被推倒了.

假设当 $n=k$ ( $k \ge 1$ 为任意整数) 时命题成立.即，我们假设

1+3+5+...+(2k-1) = k^2

我们需要利用这个假设，证明当 $n=k+1$ 时命题也成立.即，我们需要证明

1+3+5+...+(2(k+1)-1) = (k+1)^2

接着开始我们的推导.我们的目标是变换目标等式的左边，直到它等于右边.

\begin{aligned} \text{左边} &= 1+3+5+...+(2k-1) + (2(k+1)-1) &= \underbrace{\left[1+3+5+...+(2k-1)\right]}_{\text{这正是我们假设成立的部分}} + (2k+2-1) &\text{根据归纳假设, 用 } k^2 \text{ 替换方括号中的内容:} &= k^2 + (2k+1) &= k^2+2k+1 &= (k+1)^2 &= \text{右边} \end{aligned}

推导完成.这证明了如果第 $k$ 块骨牌倒下, 它必然会推倒第 $k+1$ 块.

根据奠基步骤和归纳步骤，由数学归纳法原理可知，命题 $P(n)$ 对所有正整数 $n$ 均成立.

需要注意的是归纳假设不是循环论证：我们在归纳步骤中，并不是“假设了结论”来“证明结论”.我们证明的是一个条件命题：“如果 $P(k)$ 成立, 那么 $P(k+1)$ 成立”.我们并没有直接断言 $P(k)$ 成立，而是把它作为一个前提条件，来证明这个“传递”的过程是有效的.而且两步缺一不可： 只有奠基步骤，我们只能证明命题对起始值成立，无法推广；只有归纳步骤，我们只证明了“如果一块倒下，下一块也会倒”，但如果第一块就没倒，那么什么都不会发生.

接着我们继续探索一些有趣的应用，如此，你方能理解数学归纳法的强大之处.

例

证明：当实数 $x\>-1$ 时, 对所有整数 $n \ge 1$ , 不等式 $(1+x)^n \ge 1+nx$ 成立.

解

证明： 设命题 $P(n)$ 为 $(1+x)^n \ge 1+nx$ .

当 $n=1$ 时, 我们需要验证 $P(1)$ . 不等式左边为 $(1+x)^1 = 1+x$ . 不等式右边为 $1+1 \cdot x = 1+x$ . 由于 $1+x \ge 1+x$ 恒成立, 所以 $P(1)$ 成立.

假设当 $n=k$ ( $k \ge 1$ ) 时命题成立，即

(1+x)^k \ge 1+kx

证明当 $n=k+1$ 时命题也成立, 即需要证明 $(1+x)^{k+1} \ge 1+(k+1)x$ .

我们从目标不等式的左边开始推导：

(1+x)^{k+1} = (1+x)^k \cdot (1+x)

根据归纳假设，我们有 $(1+x)^k \ge 1+kx$ . 又因为题目条件 $x\>-1$ , 所以 $1+x \> 0$ . 将一个不等式的两边同乘以一个正数，不等号方向不变.因此：

\begin{aligned} (1+x)^{k+1} &\ge (1+kx)(1+x) &= 1+x+kx+kx^2 &= 1+(k+1)x + kx^2 \end{aligned}

由于 $k \ge 1$ 且 $x^2 \ge 0$ （任何实数的平方都非负）, 所以 $kx^2 \ge 0$ . 因此，我们有

1+(k+1)x + kx^2 \ge 1+(k+1)x

通过传递性，我们将以上两个不等式连接起来：

(1+x)^{k+1} \ge 1+(k+1)x + kx^2 \ge 1+(k+1)x

从而得到

(1+x)^{k+1} \ge 1+(k+1)x

这正是我们的归纳目标.

由数学归纳法原理，命题对所有整数 $n \ge 1$ 成立.

此即伯努利不等式.

例

证明：对所有正整数 $n$ , 表达式 $7^n - 1$ 能被 $6$ 整除.

解

证明： 设命题 $P(n)$ 为“ $7^n - 1$ 能被 $6$ 整除”.

当 $n=1$ 时, $7^1 - 1 = 6$ . $6$ 能被 $6$ 整除, 所以 $P(1)$ 成立.

假设当 $n=k$ ( $k \ge 1$ ) 时命题成立. 这意味着 $7^k - 1$ 是 $6$ 的倍数, 我们可以将其写作 $7^k - 1 = 6m$ , 其中 $m$ 是某个整数. 由此得到一个关键的代换关系： $7^k = 6m+1$ .

证明当 $n=k+1$ 时命题也成立, 即证明 $7^{k+1}-1$ 能被 $6$ 整除.

我们对目标表达式进行变形，以创造使用归纳假设的机会：

\begin{aligned} 7^{k+1}-1 &= 7 \cdot 7^k - 1 &\text{将 } 7^k = 6m+1 \text{ 代入:} &= 7(6m+1) - 1 &= 42m + 7 - 1 &= 42m + 6 &= 6(7m+1) \end{aligned}

由于 $m$ 是整数, 所以 $7m+1$ 也一定是整数. 因此， $7^{k+1}-1$ 可以表示为 $6$ 与一个整数的乘积, 这正是“能被 $6$ 整除”的定义.

由数学归纳法原理，对所有正整数 $n$ , $7^n - 1$ 都能被 $6$ 整除.

后面，当谈到新定义的时候，我们还会回来再探数学归纳法. 接着让我们暂停一下，来认识两个新符号，有助于我们简化运算.

\texorpdfstring{ $\sum$ 和 $\prod$ 符号

{Summation and product notation}} {/* label: sec:ch07-s02 */} 在我们进入数列前，我们预料到的一个可能会反复出现的核心操作便是计算数列中许多项的总和或总乘积.例如，要表达“前100个正整数的和”，写出 $1+2+3+...+100$ 尚可接受, 但如果要表达一个更抽象或更长的和, 比如 $a_1+a_2+...+a_n$ , 这种写法就显得冗长且不够精确.为了简洁、清晰、无歧义地表达这种运算, 数学家引入了两个强大的符号：求和符号 ( $\sum$ ) 和连乘符号 ( $\prod$ ).

求和符号

一个数列 $\{a_n\}$ 从第 $m$ 项到第 $n$ 项的和 $a_m + a_{m+1} + ... + a_n$ (其中 $m \le n$ ) 可以用求和符号 $\sum$ (Sigma) 紧凑地表示为：

\sum_{k=m}^{n} a_k

这里：

$k$ 被称为求和指标.它是一个哑变量, 或者说是“工具人”, 可以用任何其他不引起混淆的字母代替, 如 $i, j$ 等.
$m$ 是求和的下界，即求和指标的起始值.
$n$ 是求和的上界，即求和指标的终止值.
$a_k$ 是被求和的通项.

例

前100个正整数的和： $1+2+...+100 = \sum_{k=1}^{100} k$ .
前 $n$ 个正奇数的和： $1+3+5+...+(2n-1) = \sum_{k=1}^{n} (2k-1)$ .
等差数列前 $n$ 项和： $S_n = a_1 + ... + a_n = \sum_{k=1}^{n} a_k$ .

连乘符号

与求和符号类似，一个数列 $\{a_n\}$ 从第 $m$ 项到第 $n$ 项的积 $a_m \cdot a_{m+1} \cdot ... \cdot a_n$ 可以用连乘符号 $\prod$ (Pi) 表示为：

\prod_{k=m}^{n} a_k

其各部分的名称与求和符号类似，分别为连乘指标、下界和上界.

例

阶乘: $n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot n = \prod_{k=1}^{n} k$ .
等比数列前 $n$ 项的积： $P_n = a_1 \cdot a_2 \cdot ... \cdot a_n = \prod_{k=1}^{n} a_k = \prod_{k=1}^{n} (a_1 q^{k-1})$ .

掌握这些符号的运算法则是进行复杂计算的关键.它们继承了加法和乘法的基本定律，如分配律、结合律和交换律.

设 $\{a_k\}, \{b_k\}$ 为数列, $c$ 为常数.

常数倍数法则：

\sum_{k=m}^{n} c a_k = c \sum_{k=m}^{n} a_k \text{而} \prod_{k=m}^{n} (c a_k) = c^{n-m+1} \prod_{k=m}^{n} a_k

注意连乘时，常数 $c$ 被乘了 $n-m+1$ 次.

加法/乘法法则：

\sum_{k=m}^{n} (a_k \pm b_k) = \sum_{k=m}^{n} a_k \pm \sum_{k=m}^{n} b_k \text{而} \prod_{k=m}^{n} (a_k b_k) = \left(\prod_{k=m}^{n} a_k\right) \left(\prod_{k=m}^{n} b_k\right)

拆分法则： 对于任意整数 $p$ 满足 $m \le p \< n$ ：

\sum_{k=m}^{n} a_k = \sum_{k=m}^{p} a_k + \sum_{k=p+1}^{n} a_k

\prod_{k=m}^{n} a_k = \left(\prod_{k=m}^{p} a_k\right) \left(\prod_{k=p+1}^{n} a_k\right)

指标平移： 这是一个极为有用的技巧.

\sum_{k=m}^{n} a_k = \sum_{j=m+p}^{n+p} a_{j-p}

这相当于做了一个变量代换 $j=k+p$ .

下面我们来“细说”这些法则.

运算法则

\paragraph{线性性质} 这是求和符号最重要的性质，它允许我们将复杂的求和分解为若干个简单的部分. 该性质仅适用于求和符号.

\sum_{k=m}^{n} (c \cdot a_k \pm d \cdot b_k) = c \sum_{k=m}^{n} a_k \pm d \sum_{k=m}^{n} b_k

其中 $c, d$ 是与求和指标 $k$ 无关的常数. 这个性质可以看作是“常数可提出”和“逐项求和”两条规则的结合.

例

利用等差数列求和公式计算 $\sum_{k=1}^{n} (4k-3)$ .

解

解析: 直接将通项 $4k-3$ 看作一个首项为 $1$ , 末项为 $4n-3$ 的等差数列求和当然可以. 但我们也可以利用线性性质，将其分解为更基本的求和.

\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} (4k-3) &= \sum_{k=1}^{n} (4k) - \sum_{k=1}^{n} 3 &&\text{(根据加减法拆开)} &= 4 \sum_{k=1}^{n} k - 3 \sum_{k=1}^{n} 1 &&\text{(将常数因子提出)} \end{aligned}

我们知道两个基本求和公式： $\sum_{k=1}^{n} k = 1+2+...+n = \frac{n(n+1)}{2}$ . $\sum_{k=1}^{n} 1 = \underbrace{1+1+...+1}_{n \text{ 个}} = n$ .

将它们代入：

\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} (4k-3) &= 4 \cdot \frac{n(n+1)}{2} - 3 \cdot n &= 2n(n+1) - 3n &= 2n^2 + 2n - 3n &= 2n^2 - n \end{aligned}

这个结果与直接用等差数列求和公式 $S_n = \frac{n(a_1+a_n)}{2} = \frac{n(1 + 4n-3)}{2} = \frac{n(4n-2)}{2} = n(2n-1) = 2n^2-n$ 得到的结果完全一致.

让我看看是哪位同学又搞混了！

求和的线性性质不适用于乘积. 一般来说：

\sum_{k=1}^{n} (a_k b_k) \neq \left( \sum_{k=1}^{n} a_k \right) \left( \sum_{k=1}^{n} b_k \right)

例如, $\sum_{k=1}^{2} k^2 = 1^2+2^2 = 5$ , 但 $(\sum_{k=1}^{2} k)^2 = (1+2)^2 = 9$ .

连乘符号没有线性性质. 一般来说：

\prod_{k=1}^{n} (a_k+b_k) \neq \prod_{k=1}^{n} a_k + \prod_{k=1}^{n} b_k

\paragraph{指标平移} 这是一个极其强大的技巧，它允许我们通过改变求和的起点和终点，来简化求和式内部的表达式，使其变为我们熟悉的形式. 这好比在解方程时进行“换元”.

基本思想是，令新的指标 $j$ 与旧的指标 $k$ 存在一个简单的线性关系, 如 $j = k+c$ 或 $j=k-c$ .

\sum_{k=m}^{n} a_k = \sum_{j=m+c}^{n+c} a_{j-c}

在替换时，要同时更新：下界、上界和通项中的变量.

例

计算和式 $S = \sum_{k=3}^{n+2} (k-2)^2$ .

解

解析: 这个和式的通项是 $(k-2)^2$ , 上下界也比较奇特. 我们希望把它变成 $\sum j^2$ 的标准形式.

进行换元，令新指标 $j = k-2$ .

接着我们更新三要素：

下界： 当旧指标 $k=3$ 时, 新指标 $j = 3-2 = 1$ .
上界： 当旧指标 $k=n+2$ 时, 新指标 $j = (n+2)-2 = n$ .
通项： $a_k = (k-2)^2$ 变为 $a_{j+2} = j^2$ .

于是，原来的和式就转化为：

S = \sum_{j=1}^{n} j^2

这是一个我们熟知的平方和公式（我们将在后续章节证明）：

\sum_{j=1}^{n} j^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}

通过一次简单的指标平移，我们将一个看起来陌生的和式转化为了一个标准公式.

\paragraph{嵌套求和} 当求和的通项本身又是一个求和时，就构成了嵌套求和.

\sum_{i=m}^{n} \left( \sum_{j=p}^{q} a_{i,j} \right)

当内层求和的上下界 ( $p, q$ ) 与外层指标 ( $i$ ) 无关时，我们可以自由地交换求和次序.

\sum_{i=m}^{n} \sum_{j=p}^{q} a_{i,j} = \sum_{j=p}^{q} \sum_{i=m}^{n} a_{i,j}

理解这个性质的最佳方式是想象一个 $m \times n$ 的数字矩阵\footnote{当然，高中数学不学这个.}. 上述等式无非是说：“先按行求和再把各行之和加起来”与“先按列求和再把各列之和加起来”的结果是相等的.

例

证明： $\left( \sum_{i=1}^{m} x_i \right) \left( \sum_{j=1}^{n} y_j \right) = \sum_{i=1}^{m} \sum_{j=1}^{n} x_i y_j$ .

证明

证明： 我们从左边开始. 将第一个和式看作一个整体 $C$ .

\left( \sum_{i=1}^{m} x_i \right) \left( \sum_{j=1}^{n} y_j \right) = C \cdot \sum_{j=1}^{n} y_j

根据求和的线性性质，可以把常数 $C$ 乘入第二个和式内部.

= \sum_{j=1}^{n} (C \cdot y_j)

接着将 $C = \sum_{i=1}^{m} x_i$ 代回.

= \sum_{j=1}^{n} \left( \left( \sum_{i=1}^{m} x_i \right) y_j \right)

对于内层的和 $\sum_{i=1}^{m} x_i$ , 变量 $y_j$ 是一个常数，所以同样可以将其乘入.

= \sum_{j=1}^{n} \left( \sum_{i=1}^{m} x_i y_j \right)

这就得到了我们想要的嵌套求和形式. 这个恒等式在概率和统计中计算期望和方差时非常有用.

\paragraph{裂项求和与求积} 这是最巧妙的求和技巧之一，我们后续会用专门的章节来探讨. 这里的核心是用 $\sum$ 和 $\prod$ 符号来表达它的本质.

裂项求和： 如果通项可以表示为 $a_k = f(k) - f(k+1)$ ，那么

\begin{aligned} \sum_{k=m}^{n} a_k &= \sum_{k=m}^{n} (f(k) - f(k+1)) &= (f(m)-f(m+1)) + (f(m+1)-f(m+2)) + ... + (f(n)-f(n+1)) &= f(m) - f(n+1) \end{aligned}

中间的项 $-f(m+1)$ 与 $+f(m+1)$ 等前后抵消，如同收起的望远镜.

裂项求积： 如果通项可以表示为 $a_k = \frac{f(k)}{f(k+1)}$ ，那么

\begin{aligned} \prod_{k=m}^{n} a_k &= \prod_{k=m}^{n} \frac{f(k)}{f(k+1)} &= \frac{f(m)}{f(m+1)} \cdot \frac{f(m+1)}{f(m+2)} \cdot ... \cdot \frac{f(n)}{f(n+1)} &= \frac{f(m)}{f(n+1)} \end{aligned}

下面来看一些有趣的应用（不要求掌握）.

有趣的应用*

例

计算和式 $S = \sum_{k=0}^{n-1} (k+1)^3$ .

解

解析： 观察这个和式，通项是 $(k+1)^3$ , 求和指标从 $0$ 到 $n-1$ . 这与我们熟知的立方和公式 $\sum_{j=1}^{n} j^3$ 形式非常接近.这启发我们使用指标平移，将它化为标准形式.

我们进行换元，令新指标 $j = k+1$ .

接着更新求和的三要素：

下界： 当旧指标 $k=0$ 时, 新指标 $j = 0+1 = 1$ .
上界： 当旧指标 $k=n-1$ 时, 新指标 $j = (n-1)+1 = n$ .
通项： $(k+1)^3$ 变为 $j^3$ .

经过代换，原和式转化为一个我们非常熟悉的形式：

S = \sum_{j=1}^{n} j^3

利用立方和公式（我们将在后续章节中证明），我们得到：

S = \left( \frac{n(n+1)}{2} \right)^2 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}

这个例子完美地展示了指标平移的威力：一个简单的代换就能将一个看似需要展开 $(k+1)^3$ 的复杂问题，瞬间转化为一个标准公式的应用.

例

计算和式 $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+2)}$ .

解

解析： 这个通项 $\frac{1}{k(k+2)}$ 的形式暗示了裂项求和的可能性.我们尝试使用待定系数法将其分解为部分分式.

\frac{1}{k(k+2)} = \frac{A}{k} + \frac{B}{k+2}

通分得到 $1 = A(k+2) + Bk$ . 令 $k=0$ , 得 $1 = 2A \implies A = 1/2$ . 令 $k=-2$ , 得 $1 = -2B \implies B = -1/2$ .

因此，通项可以被分解为：

\frac{1}{k(k+2)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+2} \right)

接着，我们将这个分解式代回原和式：

S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+2} \right) = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+2} \right)

这是一个间隔的裂项求和.我们写出前几项和后几项来观察抵消规律：

\begin{aligned} 2S_n = &\left( \frac{1}{1} - \frac{1}{3} \right) + \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{4} \right) + \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{5} \right) + \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{6} \right) + ... &+ \left( \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n+1} \right) + \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+2} \right) \end{aligned}

可以发现，从第三项开始， $-\frac{1}{3}$ 与 $+\frac{1}{3}$ 抵消, $-\frac{1}{4}$ 与 $+\frac{1}{4}$ 抵消，以此类推.最终，只有开头的两项正数和结尾的两项负数无法被抵消.

留下的项是：

2S_n = \frac{1}{1} + \frac{1}{2} - \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} = \frac{3}{2} - \frac{n+2+n+1}{(n+1)(n+2)} = \frac{3}{2} - \frac{2n+3}{(n+1)(n+2)}

所以最终结果为：

S_n = \frac{3}{4} - \frac{2n+3}{2(n+1)(n+2)} = \frac{3n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}

例

计算二重和 $S = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=i}^{n} \frac{i}{j(j+1)}$ .

解

解析： 这个和式的内层 $\sum_{j=i}^{n}$ 的求和范围依赖于外层指标 $i$ ，这使得直接计算内层和变得困难.这种情况下，一个极其有效的策略是交换求和次序.

首先，我们分析求和的范围.指标 $(i, j)$ 需要满足的条件是 $1 \le i \le j \le n$ . 我们可以将这些指标对想象成一个二维平面上的点.当前的求和顺序是：先固定 $i$ , 然后 $j$ 从 $i$ 扫到 $n$ （按行求和）.

为了交换次序，我们改为：先固定 $j$ , 然后看 $i$ 的取值范围. 从条件 $1 \le i \le j \le n$ 中，我们可以看到：

$j$ 的取值范围是从 $1$ 到 $n$ .
对于一个固定的 $j$ , $i$ 的取值范围是从 $1$ 到 $j$ .

于是，我们得到等价的求和形式：

S = \sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{j} \frac{i}{j(j+1)}

接着，奇迹发生了.对于内层的和 $\sum_{i=1}^{j}$ , 表达式 $\frac{1}{j(j+1)}$ 是一个与指标 $i$ 无关的常数，可以被提出来.

S = \sum_{j=1}^{n} \left( \frac{1}{j(j+1)} \sum_{i=1}^{j} i \right)

内层的和是标准的等差数列求和：

\sum_{i=1}^{j} i = \frac{j(j+1)}{2}

将其代回：

S = \sum_{j=1}^{n} \left( \frac{1}{j(j+1)} \cdot \frac{j(j+1)}{2} \right) = \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{2}

这个最终的和式极其简单，就是将 $n$ 个 $\frac{1}{2}$ 相加.

S = n \cdot \frac{1}{2} = \frac{n}{2}

通过交换求和次序，我们将一个复杂的二重和问题转化为一个平凡的计算.

例

计算连乘积 $P_n = \prod_{k=2}^{n} \frac{k^3-1}{k^3+1}$ (其中 $n \ge 2$ ).

解

解析： 对于连乘积，我们的目标通常是利用裂项相消.因此，关键在于将通项进行因式分解. 我们使用立方差和立方和公式： $a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$ $a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$

分解通项的分子和分母：

k^3-1 = (k-1)(k^2+k+1)

k^3+1 = (k+1)(k^2-k+1)

所以，每一项为：

\frac{k^3-1}{k^3+1} = \frac{(k-1)(k^2+k+1)}{(k+1)(k^2-k+1)}

直接观察这个形式，相消关系并不明显.我们尝试将它拆成两个部分的乘积：

P_n = \prod_{k=2}^{n} \left( \frac{k-1}{k+1} \right) \cdot \prod_{k=2}^{n} \left( \frac{k^2+k+1}{k^2-k+1} \right)

第一个乘积是一个标准的裂项求积：

\prod_{k=2}^{n} \frac{k-1}{k+1} = \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{3}{5} \cdot ... \cdot \frac{n-2}{n} \cdot \frac{n-1}{n+1} = \frac{1 \cdot 2}{n(n+1)} = \frac{2}{n(n+1)}

对于第二个乘积，令 $f(k) = k^2-k+1$ . 那么 $f(k+1) = (k+1)^2-(k+1)+1 = k^2+2k+1-k = k^2+k+1$ . 这个发现是问题的关键！通项的第二部分可以写成 $\frac{f(k+1)}{f(k)}$ .

\prod_{k=2}^{n} \frac{f(k+1)}{f(k)} = \frac{f(3)}{f(2)} \cdot \frac{f(4)}{f(3)} \cdot \frac{f(5)}{f(4)} \cdot ... \cdot \frac{f(n+1)}{f(n)}

这是一个完美的裂项相消，只剩下最后一项的分子和第一项的分母：

= \frac{f(n+1)}{f(2)} = \frac{(n+1)^2-(n+1)+1}{2^2-2+1} = \frac{n^2+n+1}{3}

接着，将两部分的结果乘起来：

P_n = \frac{2}{n(n+1)} \cdot \frac{n^2+n+1}{3} = \frac{2(n^2+n+1)}{3n(n+1)}

例

计算和式 $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{k^4+k^2+1}$ .

解

解析： 这个通项的分母 $k^4+k^2+1$ 形式特殊, 是解决问题的突破口.我们可以通过配方法和平方差公式对其进行因式分解, 这是一种被称为“苏菲·热尔曼恒等式”\footnote{索菲·热尔曼恒等式是一个优雅的因式分解技巧, 其经典形式为 $a^4 + 4b^4 = (a^2+2b^2-2ab)(a^2+2b^2+2ab)$ .其核心思想是通过“增项再减项”来配成一个平方差, 例如将 $a^4+4b^4$ 变为 $(a^4+4a^2b^2+4b^4) - 4a^2b^2$ .本例中对 $k^4+k^2+1$ 的分解正是该思想的直接应用： $(k^4+2k^2+1)-k^2$ .}的技巧.

k^4+k^2+1 = (k^4+2k^2+1) - k^2 = (k^2+1)^2 - k^2 = (k^2+1-k)(k^2+1+k)

分母被分解为 $(k^2-k+1)(k^2+k+1)$ .

接着我们观察分子 $k$ . 注意到分母的两个因子之差为：

(k^2+k+1) - (k^2-k+1) = 2k

这恰好是分子的一个常数倍.这启发我们将通项进行裂项.

\begin{aligned} \frac{k}{k^4+k^2+1} &= \frac{k}{(k^2-k+1)(k^2+k+1)} &= \frac{1}{2} \cdot \frac{2k}{(k^2-k+1)(k^2+k+1)} &= \frac{1}{2} \cdot \frac{(k^2+k+1) - (k^2-k+1)}{(k^2-k+1)(k^2+k+1)} &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{k^2-k+1} - \frac{1}{k^2+k+1} \right) \end{aligned}

我们得到了一个可以裂项求和的形式.令 $f(k) = \frac{1}{k^2-k+1}$ . 注意到 $k^2+k+1 = (k+1)^2-(k+1)+1$ , 所以 $\frac{1}{k^2+k+1} = f(k+1)$ .

因此，原和式变为：

\begin{aligned} S_n &= \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2} \left( f(k) - f(k+1) \right) &= \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} (f(k) - f(k+1)) &= \frac{1}{2} \left[ (f(1)-f(2)) + (f(2)-f(3)) + ... + (f(n)-f(n+1)) \right] &= \frac{1}{2} (f(1) - f(n+1)) \end{aligned}

接着计算首末两项： $f(1) = \frac{1}{1^2-1+1} = 1$ . $f(n+1) = \frac{1}{(n+1)^2-(n+1)+1} = \frac{1}{n^2+2n+1-n-1+1} = \frac{1}{n^2+n+1}$ .

代入即可得到最终结果：

S_n = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{n^2+n+1} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{n^2+n}{n^2+n+1} = \frac{n(n+1)}{2(n^2+n+1)}

这个问题展示了非标准因式分解在构造裂项求和中的妙用，是比较高阶的技巧.

例

计算连乘积 $P_n = \prod_{k=2}^{n} \left(1 - \frac{1}{k^2}\right)$ .

解

解析： 直接将每一项相乘会非常复杂.连乘计算的关键第一步，通常是因式分解通项，以期发现可以裂项相消的结构.

通项为：

a_k = 1 - \frac{1}{k^2} = \frac{k^2-1}{k^2} = \frac{(k-1)(k+1)}{k \cdot k}

将此形式代入连乘积中：

P_n = \prod_{k=2}^{n} \frac{(k-1)(k+1)}{k \cdot k}

为了看清相消的规律，我们把乘积展开：

\begin{aligned} P_n &= \frac{(2-1)(2+1)}{2 \cdot 2} \cdot \frac{(3-1)(3+1)}{3 \cdot 3} \cdot \frac{(4-1)(4+1)}{4 \cdot 4} \cdot ... \cdot \frac{(n-1)(n+1)}{n \cdot n} &= \frac{1 \cdot 3}{2 \cdot 2} \cdot \frac{2 \cdot 4}{3 \cdot 3} \cdot \frac{3 \cdot 5}{4 \cdot 4} \cdot ... \cdot \frac{(n-1)(n+1)}{n \cdot n} \end{aligned}

我们可以重新组合这些因子，将分子和分母分别归类：

P_n = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot (n-1)}{2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot ... \cdot n} \cdot \frac{3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot ... \cdot (n+1)}{2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot ... \cdot n}

观察这两个分式，它们都呈现出大量的对消项. 第一个分式为：

\frac{1 \cdot \cancel{2 \cdot 3 \cdot ... \cdot (n-1)}}{\cancel{2 \cdot 3 \cdot ... \cdot (n-1)} \cdot n} = \frac{1}{n}

第二个分式为：

\frac{\cancel{3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot ... \cdot n} \cdot (n+1)}{2 \cdot \cancel{3 \cdot 4 \cdot ... \cdot n}} = \frac{n+1}{2}

因此，总的乘积为：

P_n = \frac{1}{n} \cdot \frac{n+1}{2} = \frac{n+1}{2n}

例

计算 $P = \prod_{k=2}^{63} \log_k (k+1)$ .

解

解析： 这个乘积的通项是对数，其底数和真数都在变化.直接计算是不可能的.处理不同底数对数的乘积，一个标准思路是利用对数换底公式 $\log_a b = \frac{\ln b}{\ln a}$ , 将所有项统一到相同的底（例如自然对数 $\ln$ ）.

通项 $\log_k(k+1)$ 可以被改写为 $\frac{\ln(k+1)}{\ln k}$ .

接着原乘积变为：

P = \prod_{k=2}^{63} \frac{\ln(k+1)}{\ln k}

这是一个极其漂亮的裂项求积形式.我们将其展开：

\begin{aligned} P &= \frac{\ln(3)}{\ln(2)} \cdot \frac{\ln(4)}{\ln(3)} \cdot \frac{\ln(5)}{\ln(4)} \cdot ... \cdot \frac{\ln(63)}{\ln(62)} \cdot \frac{\ln(64)}{\ln(63)} \end{aligned}

可以清晰地看到，前一项的分子恰好是后一项的分母，它们会依次抵消.

P = \frac{\cancel{\ln(3)}}{\ln(2)} \cdot \frac{\cancel{\ln(4)}}{\cancel{\ln(3)}} \cdot \frac{\cancel{\ln(5)}}{\cancel{\ln(4)}} \cdot ... \cdot \frac{\cancel{\ln(63)}}{\cancel{\ln(62)}} \cdot \frac{\ln(64)}{\cancel{\ln(63)}}

最终只剩下第一项的分母和最后一项的分子：

P = \frac{\ln(64)}{\ln(2)}

再次利用换底公式（反向使用），或者直接计算：

P = \log_2(64) = \log_2(2^6) = 6

一个看似复杂的对数连乘积，通过换底公式转化为了简单的裂项相消.

例

计算 $P_n = \prod_{k=1}^{n} \cos\left(\frac{x}{2^k}\right)$ , 其中 $\sin(x/2^n) \neq 0$ .

解

解析： 这个连乘积涉及三角函数，通常的因式分解技巧不再适用.我们必须寻找三角恒等式来创造相消结构.关键的恒等式是正弦的二倍角公式： $\sin(2\theta) = 2\sin\theta\cos\theta$ .

由此可得 $\cos\theta = \frac{\sin(2\theta)}{2\sin\theta}$ .

这个公式的结构是裂项的理想形式：它将一个 $\cos$ 项与两个不同角度的 $\sin$ 项联系起来. 然而，我们的乘积中并没有 $\sin$ 项.这就启发我们引入一个辅助乘子来启动这个连锁反应.最合适的乘子是与乘积中角度最小的项 $\cos(x/2^n)$ 配套的 $\sin(x/2^n)$ .

令 $P_n = \cos\left(\frac{x}{2}\right) \cos\left(\frac{x}{4}\right) ... \cos\left(\frac{x}{2^n}\right)$ . 我们给等式两边同乘以 $2^n \sin(x/2^n)$ :

\begin{aligned} 2^n \sin\left(\frac{x}{2^n}\right) P_n &= 2^n \cos\left(\frac{x}{2}\right) ... \cos\left(\frac{x}{2^{n-1}}\right) \left[ \sin\left(\frac{x}{2^n}\right)\cos\left(\frac{x}{2^n}\right) \right] &= 2^{n-1} \cdot 2 \cos\left(\frac{x}{2}\right) ... \left[ \frac{1}{2} \sin\left(2\cdot\frac{x}{2^n}\right) \right] &= 2^{n-1} \cos\left(\frac{x}{2}\right) ... \cos\left(\frac{x}{2^{n-1}}\right) \sin\left(\frac{x}{2^{n-1}}\right) \end{aligned}

我们看到，最小角度的 $\sin, \cos$ 项合并成了一个角度大一倍的 $\sin$ 项.这个过程可以持续下去：

\begin{aligned} ... &= 2^{n-2} \cos\left(\frac{x}{2}\right) ... \sin\left(\frac{x}{2^{n-2}}\right) &\vdots &= 2 \cos\left(\frac{x}{2}\right) \sin\left(\frac{x}{2}\right) &= \sin(x) \end{aligned}

我们得到了一个简洁的等式：

2^n \sin\left(\frac{x}{2^n}\right) P_n = \sin(x)

由于我们假设了 $\sin(x/2^n) \neq 0$ , 我们可以解出 $P_n$ :

P_n = \frac{\sin x}{2^n \sin(x/2^n)}

这种“无中生有”地引入辅助乘子来构造裂项的方法，是解决许多三角函数求积问题的利器.

例

计算 $P_n = \prod_{k=2}^{n} \left(1 - \frac{2}{k(k+1)}\right)$ .

解

解析： 与第一题类似，我们首先对通项进行代数变形.

a_k = 1 - \frac{2}{k(k+1)} = \frac{k(k+1)-2}{k(k+1)} = \frac{k^2+k-2}{k(k+1)}

对分子进行因式分解：

a_k = \frac{(k+2)(k-1)}{k(k+1)}

我们将这个分式巧妙地分组，使得每一组都构成一个简单的裂项结构.

a_k = \frac{k-1}{k} \cdot \frac{k+2}{k+1}

接着，原连乘积可以被拆分为两个连乘积的乘积：

P_n = \left( \prod_{k=2}^{n} \frac{k-1}{k} \right) \cdot \left( \prod_{k=2}^{n} \frac{k+2}{k+1} \right)

我们分别计算这两个乘积. 第一个乘积是：

\prod_{k=2}^{n} \frac{k-1}{k} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdot ... \cdot \frac{n-1}{n} = \frac{1}{n}

第二个乘积是：

\prod_{k=2}^{n} \frac{k+2}{k+1} = \frac{4}{3} \cdot \frac{5}{4} \cdot \frac{6}{5} \cdot ... \cdot \frac{n+2}{n+1} = \frac{n+2}{3}

将两部分的结果相乘，得到最终答案：

P_n = \frac{1}{n} \cdot \frac{n+2}{3} = \frac{n+2}{3n}

这个例子展示了当直接裂项不明显时，如何通过重组因子来创造多个更简单的裂项结构.

总结一下，我们可以发现解决复杂的求和与求积问题，并非依赖于死记硬背更多的公式，而是掌握一套灵活、深刻的数学思想与策略.这些技巧是相通的，其最终目的都是为了揭示和式或积式内在的、往往是隐藏的简洁结构.下面我们总结一下贯穿这些例题的核心思想.

首先，万变不离其宗：变形与化归，这是所有解题技巧的基石.其目标是将一个陌生、复杂的形式，通过等价变换，化归为我们熟悉、可以处理的形式.比如通过指标平移：如在 $\sum (k+1)^3$ 中, 通过令 $j=k+1$ 将其化归为标准的立方和公式 $\sum j^3$ .或者代数变形：在几乎所有例题中, 第一步都是对通项进行代数变形.例如, 在 $\prod(1-1/k^2)$ 中, 将其变为 $\frac{(k-1)(k+1)}{k^2}$ 是后续所有操作的前提.当然恒等式应用也很重要：利用对数换底公式、三角二倍角公式、立方和/差公式等，将通项的“结构”变得有利于下一步操作.

学会如何裂项也十分重要，这是求和与求积问题中最为强大和常见的技巧.其本质是创造性地将通项 $a_k$ 拆解, 使得求和/积的过程中, 中间项能够相互抵消, 这要求我们构造差/商形式：我们的目标是将 $a_k$ 表示为 $f(k)-f(k+1)$ (求和) 或 $f(k)/f(k+1)$ (求积).

如何构造？ 我们见识了多种方法，比如对于有理分式，使用部分分式分解 (如 $\sum \frac{1}{k(k+2)}$ )；对于更复杂的代数式, 需要更深刻的洞察力, 如利用索菲·热尔曼恒等式分解 $k^4+k^2+1$ 来构造裂项.对于复杂的结构, 用分组裂项：在 $\prod (1-\frac{2}{k(k+1)})$ 中，我们将通项分解为两个部分的乘积，每个部分都构成了独立的、更简单的裂项结构.

不要死磕，一条路走不通就改变视角，交换求和次序，比如对于二重和 (或多重和)，当内层和的计算依赖于外层指标而变得困难时，交换求和次序是一种极其有效的降维打击.技巧在于，在 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}$ 的例子中, 我们将求和区域从“先固定 $i$ , 再扫 $j$ ”转变为“先固定 $j$ , 再扫 $i$ ”，如此，便可以先内层和中的变量可能变为常数被提出，使得内层和的计算瞬间简化.

如果题目本身没有很好的结构，学会无中生有，引入辅助因子也是关键，比如当一个式子本身不具备相消结构时，我们可以主动乘以一个精心挑选的“辅助因子”，以创造出裂项的条件.一个例子是在计算 $\prod \cos(x/2^k)$ 时, 我们为其乘上了启动连锁反应所必需的 $\sin(x/2^n)$ , 利用二倍角公式 $\sin(2\theta)=2\sin\theta\cos\theta$ 逐级向上合并，最终得到简洁的结果，我称之为“逆向思维”.

数列的语言

{/* label: sec:ch07-s03 */}

来龙去脉

在数学中，当我们想研究一串按照特定规律排列的数时，我们需要一套精确的语言来描述它们. 数列，就是这套语言的基础.

数列

按一定次序排列的一列数称为数列 . 数列中的每一个数都称为这个数列的项.

排在第一位的数称为第一项（或首项），排在第二位的数称为第二项，......，排在第 $n$ 位的数称为第 $n$ 项.

一个数列通常记作 $\{a_n\}$ . 例如, 奇数数列可以写成 $1, 3, 5, 7, ...$ . 其中, 首项 $a_1=1$ , 第二项 $a_2=3$ , 等等.

要完全确定一个数列，我们有两种主要的方式：

通项公式

如果数列 $\{a_n\}$ 的第 $n$ 项 $a_n$ 与项数 $n$ 之间的关系可以用一个公式 $a_n = f(n)$ 来表示，那么这个公式就叫做这个数列的通项公式.

通项公式的优点是“直截了当”，我们可以通过它直接计算出数列中任意一项的值.

递推公式

如果已知数列 $\{a_n\}$ 的第一项（或前几项）, 且从第二项（或某一项）开始的任意一项 $a_n$ 都可由它前面的一项（或几项）来确定，那么这个关系式就叫做这个数列的递推公式.

递推公式描述的是“代际关系”，它告诉我们如何从已知项推导出未知项，像多米诺骨牌一样，一环扣一环.

例

对于奇数数列 $1, 3, 5, 7, ...$

通项公式是 $a_n = 2n-1$ . 例如, 第100项是 $a_{100} = 2(100)-1=199$ .
递推公式是 $a_1=1, a_{n+1} = a_n+2 \ (n \ge 1)$ .

等差数列

{/* label: sec:ch07-s04 */}

来龙去脉

在所有数列中，最简单、最基本的一种规律是“每次都增加或减少一个固定的量”. 比如，楼房的层数、自然数的序列、储蓄罐里每天固定存入10元后的总额... 这些都体现了等差数列的思想.

等差数列

如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列. 这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母 $d$ 表示.

根据定义，公差 $d = a_{n+1} - a_n$ .

当 $d\>0$ 时, 后一项总比前一项大 ( $a_{n+1} \> a_n$ ).
当 $d\<0$ 时, 后一项总比前一项小 ( $a_{n+1} \< a_n$ ).
当 $d=0$ 时, 数列是一个常数列, 所有项都相等 ( $a_{n+1} = a_n$ ).

通项公式与前n项和

\paragraph{通项公式} 我们的目标是建立一个从项数 $n$ 到项的值 $a_n$ 的直接联系, 从而不必一步步地从 $a_1$ 开始计算.

我们从定义 $a_{k+1} = a_k + d$ 出发.

要从首项 $a_1$ 到达第 $n$ 项 $a_n$ , 可以想象这是一段包含 $n-1$ 步的旅程, 每一步都前进一个公差 $d$ 的距离.

\begin{aligned} a_2 &= a_1 + d a_3 &= a_2 + d = (a_1 + d) + d = a_1 + 2d a_4 &= a_3 + d = (a_1 + 2d) + d = a_1 + 3d &\vdots \end{aligned}

我们观察到，第 $n$ 项 $a_n$ 是在 $a_1$ 的基础上, 累加了 $n-1$ 个公差 $d$ 得到的.

一种更严谨的推导方法是累加法. 我们将定义式改写为 $a_{k+1} - a_k = d$ . 然后，我们将从 $k=1$ 到 $k=n-1$ 的所有等式写出来：

\begin{aligned} a_2 - a_1 &= d a_3 - a_2 &= d a_4 - a_3 &= d \vdots a_n - a_{n-1} &= d \end{aligned}

将这 $n-1$ 个等式全部相加, 左侧的中间项会奇妙地两两抵消（例如 $-a_2$ 与 $+a_2$ ），这正是裂项相消思想的体现.

(a_2 - a_1) + (a_3 - a_2) + ... + (a_n - a_{n-1}) = \underbrace{d+d+...+d}_{n-1 \text{ 个}}

化简后，左边只剩下首末两项的差，右边是 $n-1$ 个 $d$ 的和.

a_n - a_1 = (n-1)d

移项后便得到等差数列的通项公式：

a_n = a_1 + (n-1)d

直观的归纳和累加法给了我们一个清晰的图像，但要确保公式 $a_n = a_1 + (n-1)d$ 对所有正整数 $n$ 都成立，我们需要一种无懈可击的逻辑工具，数学归纳法.它就像多米诺骨牌：我们只需证明第一张牌会倒下，并且证明任意一张牌倒下都必然会推倒下一张牌，就能断定所有牌都会倒下.

证明： 设命题 $P(n)$ 为： $a_n = a_1 + (n-1)d$ .

奠基步骤: 当 $n=1$ 时, 我们需要验证命题 $P(1)$ 是否成立. 公式左边为 $a_1$ . 公式右边为 $a_1 + (1-1)d = a_1 + 0 \cdot d = a_1$ . 左边 = 右边，所以命题 $P(1)$ 成立.

归纳步骤: 假设当 $n=k$ ( $k \ge 1$ 且 $k$ 为整数) 时命题成立, 即 $a_k = a_1 + (k-1)d$ .

接着，我们需要证明当 $n=k+1$ 时命题也成立.也就是说, 我们要证明 $a_{k+1} = a_1 + ((k+1)-1)d = a_1 + kd$ .

我们从等差数列的定义出发：

a_{k+1} = a_k + d

根据我们的归纳假设，可以将 $a_k$ 替换掉：

\begin{aligned} a_{k+1} &= \big(a_1 + (k-1)d\big) + d &= a_1 + kd - d + d &= a_1 + kd \end{aligned}

这个结果与我们的归纳目标 $a_{k+1} = a_1 + kd$ 完全一致. 这表明，如果命题对 $n=k$ 成立, 那么它对 $n=k+1$ 也必然成立.

根据奠基步骤和归纳步骤，由数学归纳法原理可知，命题 $P(n)$ 对所有正整数 $n$ 均成立. 因此，通项公式 $a_n = a_1 + (n-1)d$ 得证.

\paragraph{前 $n$ 项和公式的推导与视角} 如何求 $S_n = a_1 + a_2 + ... + a_n$ ？这不仅仅是一个计算问题，更是一个发现结构、运用巧思的过程.

法一：倒序相加

这是最经典、最优雅的方法，相传由年幼的高斯发现.其核心在于创造对称性.

我们将数列的和 $S_n$ 写两遍，第二遍顺序颠倒：

\begin{aligned} S_n &= a_1 + a_2 + ... + a_{n-1} + a_n S_n &= a_n + a_{n-1} + ... + a_2 + a_1 \end{aligned}

将这两式按位相加，得到：

2S_n = (a_1+a_n) + (a_2+a_{n-1}) + ... + (a_{n-1}+a_2) + (a_n+a_1)

我们来考察每一对的和.对于第 $k$ 对 $(a_k + a_{n-k+1})$ ：

\begin{aligned} a_k + a_{n-k+1} &= [a_1 + (k-1)d] + [a_1 + (n-k)d] &= 2a_1 + (k-1+n-k)d &= 2a_1 + (n-1)d \end{aligned}

这个结果是一个与 $k$ 无关的常数！它等于首项与末项之和 $a_1+a_n$ . 由于一共有 $n$ 对这样的和，我们得到：

2S_n = n(a_1+a_n)

于是，我们得到了第一个求和公式，它连接了和、项数、首项与末项.

S_n = \frac{n(a_1+a_n)}{2}

法二：代入与分组

这个方法虽然看起来朴素，但它揭示了求和公式中两个组成部分的来源. 我们将通项公式 $a_k = a_1 + (k-1)d$ 直接代入和式 $S_n$ 的每一项：

\begin{aligned} S_n &= a_1 + a_2 + a_3 + ... + a_n &= a_1 + [a_1+d] + [a_1+2d] + ... + [a_1+(n-1)d] \end{aligned}

接着，我们将式子中的 $a_1$ 和包含 $d$ 的部分分开重新组合：

S_n = \underbrace{(a_1 + a_1 + ... + a_1)}_{n \text{ 个}} + \underbrace{[0\cdot d + 1\cdot d + 2\cdot d + ... + (n-1)d]}_{\text{公差部分}}

第一部分显然是 $na_1$ . 第二部分可以提出公因子 $d$ ：

d[1 + 2 + ... + (n-1)]

括号内是前 $n-1$ 个正整数的和, 这是一个我们熟知的简单等差数列, 其和为 $\frac{(n-1)n}{2}$ . 将两部分加起来，我们直接得到了求和公式的第二种形式：

S_n = na_1 + \frac{n(n-1)}{2}d

法三：从 $S_n$ 的函数结构入手

我们在提示框中提到， $S_n$ 是关于 $n$ 的一个没有常数项的二次函数.我们可以利用这一点，反过来推导出公式本身. 设 $S_n = An^2+Bn$ .我们的任务是确定系数 $A$ 和 $B$ . 我们利用数列的一个基本关系：当 $n \ge 2$ 时, $a_n = S_n - S_{n-1}$ .

\begin{aligned} a_n &= (An^2+Bn) - [A(n-1)^2 + B(n-1)] &= (An^2+Bn) - [A(n^2-2n+1) + B(n-1)] &= An^2+Bn - An^2+2An-A - Bn+B &= (2A)n + (B-A) \end{aligned}

这个结果表明， $a_n$ 是关于 $n$ 的一次式，这正是一个等差数列的特征！比较通项公式 $a_n = dn + (a_1-d)$ ，我们立即得到系数的对应关系：

\text{公差 } d = 2A \implies A = \frac{d}{2}

a_1 = (2A)\cdot 1 + (B-A) = A+B \implies B = a_1-A = a_1 - \frac{d}{2}

将求出的 $A$ 和 $B$ 代回 $S_n=An^2+Bn$ ：

S_n = \frac{d}{2}n^2 + \left(a_1 - \frac{d}{2}\right)n

整理后即得：

S_n = na_1 + \frac{n(n-1)}{2}d

等差数列的"函数"视角

通项公式的本质： $a_n = dn + (a_1-d)$ . 这表明 $a_n$ 是关于项数 $n$ 的一次函数.
求和公式的本质： $S_n = \frac{d}{2}n^2 + (a_1-\frac{d}{2})n$ . 这表明 $S_n$ 是关于项数 $n$ 的二次函数，且其常数项为零.
这一视角在解决一些判断题或选择题时，能提供强大的"高观点".

等比数列

{/* label: sec:ch07-s05 */}

来龙去脉

如果说等差数列描述的是“和”的规律，那么等比数列描述的就是“积”的规律. 它对应着现实世界中“翻倍”、“按比例增长或衰减”的模型，其威力在开篇的“米粒与棋盘”问题中已初见端倪.

等比数列

如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列. 这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母 $q$ 表示 ( $q \neq 0$ ).

根据定义，公比 $q = \dfrac{a_{n+1}}{a_n}$ .

通项公式与前n项和

\paragraph{通项公式} 与等差数列中“和”的累积不同，等比数列的核心在于“积”的迭代.我们的目标，依然是找到从项数 $n$ 到项值 $a_n$ 的直接映射关系.

法一：注意力法

这个方法最符合直觉.从首项 $a_1$ 出发, 要到达第 $n$ 项 $a_n$ , 可以看作是进行了 $n-1$ 次“乘以公比 $q$ ”的操作.

\begin{aligned} a_2 &= a_1 \cdot q = a_1 q^1 a_3 &= a_2 \cdot q = (a_1 q^1) \cdot q = a_1 q^2 a_4 &= a_3 \cdot q = (a_1 q^2) \cdot q = a_1 q^3 &\vdots \end{aligned}

我们清晰地观察到一个模式：第 $n$ 项 $a_n$ 中, 公比 $q$ 的指数总是比项数 $n$ 小 1. 由此，我们归纳出等比数列的通项公式：

a_n = a_1 q^{n-1}

法二：累乘法

这是一种更具形式美感的方法，是等差数列“累加法”的完美对偶. 等比数列的定义式可写作 $\dfrac{a_{k+1}}{a_k} = q$ . 我们将从 $k=1$ 到 $k=n-1$ 的所有等式写出来：

\begin{aligned} \frac{a_2}{a_1} &= q \frac{a_3}{a_2} &= q \frac{a_4}{a_3} &= q \vdots \frac{a_n}{a_{n-1}} &= q \end{aligned}

将这 $n-1$ 个等式全部相乘，左边的分子和分母会像多米诺骨牌一样依次约去，这正是裂项相消思想在乘法中的体现.

\frac{a_2}{a_1} \cdot \frac{a_3}{a_2} \cdot \frac{a_4}{a_3} \cdot ... \cdot \frac{a_n}{a_{n-1}} = \underbrace{q \cdot q \cdot ... \cdot q}_{n-1 \text{ 个}}

化简后，左边只剩下首末两项的比，右边是 $n-1$ 个 $q$ 的乘积.

\frac{a_n}{a_1} = q^{n-1}

两边同乘 $a_1$ ，我们再次得到了通项公式.

法三：数学归纳法

为了无可辩驳地证明该公式对所有正整数 $n$ 均成立，我们再次请出数学归纳法.

证明： 设命题 $P(n)$ 为： $a_n = a_1 q^{n-1}$ .

奠基步骤: 当 $n=1$ 时, 我们需要验证 $P(1)$ . 公式左边为 $a_1$ . 公式右边为 $a_1 q^{1-1} = a_1 q^0 = a_1$ (约定 $q \neq 0$ ). 左边 = 右边，故 $P(1)$ 成立.

归纳步骤: 归纳假设： 假设当 $n=k$ ( $k \ge 1$ 且 $k$ 为整数) 时命题成立, 即 $a_k = a_1 q^{k-1}$ . 归纳目标： 证明当 $n=k+1$ 时命题也成立, 即需要证明 $a_{k+1} = a_1 q^{(k+1)-1} = a_1 q^k$ .

我们从等比数列的定义 $a_{k+1} = a_k \cdot q$ 出发. 利用归纳假设，将 $a_k$ 替换掉：

\begin{aligned} a_{k+1} &= (a_1 q^{k-1}) \cdot q &= a_1 q^{(k-1)+1} &= a_1 q^k \end{aligned}

该结果与我们的归纳目标完全吻合.这证明了如果命题对 $n=k$ 成立, 则对 $n=k+1$ 也必然成立.

结论： 根据数学归纳法原理，命题 $P(n)$ 对所有正整数 $n$ 均成立.

差比数列

{/* label: sec:ch07-s06 */}

我们已经分别探索了两种基本的数列模型：等差数列和等比数列.一个自然的问题是：当这两种力量结合在一起时，会发生什么？

一个数列的每一项，如果是由一个等差数列的对应项与一个等比数列的对应项相乘得到，我们就称之为差比数列.它的混合出身决定了它既有等差的影子，又有等比的灵魂.理解并求和这类数列，是对我们之前所学技巧，特别是“错位相减法”的一次很好的练习.

差比数列

一个数列 $\{c_n\}$ 若能表示为 $c_n = a_n \cdot b_n$ 的形式, 其中 $\{a_n\}$ 是一个首项为 $a_1$ 、公差为 $d$ 的等差数列, $\{b_n\}$ 是一个首项为 $b_1$ 、公比为 $q$ 的等比数列, 则称 $\{c_n\}$ 为差比数列. 其通项公式的一般形式为：

c_n = (a_1 + (n-1)d) \cdot b_1 q^{n-1}

例如，我们在前面求和过的数列 $\{n \cdot 2^n\}$ , 就是由等差数列 $\{n\}$ (其中 $a_1=1, d=1$ ) 和等比数列 $\{2^n\}$ (其中 $b_1=2, q=2$ ) 相乘得到的.

差比求和

适用场景： 求解差比数列 $\{ (a_1+(n-1)d) \cdot b_1q^{n-1} \}$ 的前 $n$ 项和. 核心思想： 差比数列的求和问题，正是“错位相减法”大显身手的好地方.

其根本策略是：利用等比数列部分的公比 $q$ 进行错位，使得相减之后产生的新数列大大简化，通常会变成一个等比数列的和.

我们来推导其一般求和过程.为简化书写，我们设差比数列为 $c_n = (a+(n-1)d)r^{n-1}$ . 令 $S_n = \sum_{k=1}^{n} (a+(k-1)d)r^{k-1}$ .

S_n = a + (a+d)r + (a+2d)r^2 + ... + (a+(n-1)d)r^{n-1}

两边同乘以公比 $r$ ( $r \neq 1$ )：

rS_n = ar + (a+d)r^2 + ... + (a+(n-2)d)r^{n-1} + (a+(n-1)d)r^n

两式相减：

\begin{aligned} (1-r)S_n &= a + [(a+d)r - ar] + [(a+2d)r^2 - (a+d)r^2] + ... & + [(a+(n-1)d)r^{n-1} - (a+(n-2)d)r^{n-1}] - (a+(n-1)d)r^n (1-r)S_n &= a + [dr + dr^2 + ... + dr^{n-1}] - (a+(n-1)d)r^n \end{aligned}

观察上式，中括号内的部分是一个首项为 $dr$ , 公比为 $r$ 的等比数列, 共有 $n-1$ 项.

[dr + dr^2 + ... + dr^{n-1}] = \frac{dr(1-r^{n-1})}{1-r}

代入后，我们得到了一个关于 $S_n$ 的方程, 解出 $S_n$ 即可.这个通用公式相当复杂，我们不建议记忆，但必须彻底掌握这个推导过程.

差比数列求和要领

求解差比数列的和，关键在于识别其"等差"与"等比"的组成部分.然后，毫不犹豫地使用等比部分的公比 $q$ 来进行错位相减.相减后的结果必然呈现 "首项 + 一个纯等比数列 + 尾项" 的结构，从而将问题转化为我们已经熟悉的形式.

例

求数列 $\{ (2n+1) \cdot 3^n \}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$ .

解

该数列是等差数列 $\{2n+1\}$ (首项3, 公差2) 与等比数列 $\{3^n\}$ (首项3, 公比3) 的乘积.

写出和式 $S_n$ ：

S_n = 3\cdot 3^1 + 5\cdot 3^2 + 7\cdot 3^3 + ... + (2n+1)3^n

两边同乘以公比 3：

3S_n = 3\cdot 3^2 + 5\cdot 3^3 + ... + (2n-1)3^n + (2n+1)3^{n+1}

上式减下式，得：

\begin{aligned} S_n - 3S_n &= 3\cdot 3^1 + (5-3)3^2 + (7-5)3^3 + ... + ((2n+1)-(2n-1))3^n - (2n+1)3^{n+1} -2S_n &= 9 + 2\cdot 3^2 + 2\cdot 3^3 + ... + 2\cdot 3^n - (2n+1)3^{n+1} -2S_n &= 9 + 2(3^2+3^3+...+3^n) - (2n+1)3^{n+1} \end{aligned}

括号内是一个首项为 $3^2=9$ , 公比为 3, 项数为 $n-1$ 的等比数列.

3^2+3^3+...+3^n = \frac{9(3^{n-1}-1)}{3-1} = \frac{9}{2}(3^{n-1}-1) = \frac{1}{2}(3^{n+1}-9)

代回原式：

\begin{aligned} -2S_n &= 9 + 2 \cdot \frac{1}{2}(3^{n+1}-9) - (2n+1)3^{n+1} -2S_n &= 9 + 3^{n+1} - 9 - (2n+1)3^{n+1} -2S_n &= (1-(2n+1))3^{n+1} -2S_n &= -2n \cdot 3^{n+1} \end{aligned}

两边同除以 -2，最终得到：

S_n = n \cdot 3^{n+1}

苹果公式

我们在前文探讨了通过“错位相减法”求解差比数列的和，这是一种基于构造的巧妙方法.同时，我们也见证了“待定系数法”作为一种更为系统化的工具，能够将差比数列的通项 $c_k$ 分解为 $F(k)-F(k-1)$ 的形式，从而通过裂项求和得到结果.

将后一种思想进行推广，我们可以得到一个求解一般差比数列和的普适公式.该公式以其直接代入即可求解的便利性而著称，它将待定系数法的整个推导过程封装在了一个确定的表达式之中.

差比数列求和公式

对于一个通项为 $c_k = (ak+b)q^{k-1}$ 的差比数列（其中 $a,b,q$ 为常数, $a\neq 0, q \neq 1$ ）, 其前 $n$ 项和为

S_n = \sum_{k=1}^{n} (ak+b)q^{k-1} = (An+B)q^n - B

其中系数 $A$ 与 $B$ 由下式确定：

A = \frac{a}{q-1}, B = \frac{b-A}{q-1} = \frac{b(q-1)-a}{(q-1)^2} = \frac{bq-b-a}{(q-1)^2}

证明

此公式的推导是“待定系数裂项法”的直接应用.我们的目标是寻找一个函数 $F(k)$ , 使得差比数列的通项 $c_k = (ak+b)q^{k-1}$ 恰好等于其差分 $F(k)-F(k-1)$ .

观察通项 $c_k$ 是一个线性多项式 $(ak+b)$ 与一个指数项 $q^{k-1}$ 的乘积.这启发我们, 其反差分函数 $F(k)$ 也应具有类似“多项式乘以指数项”的结构.我们不妨设

F(k) = (Pk+Q)q^k

其中 $P$ 与 $Q$ 是等待我们确定的常数.

接着，我们计算其差分 $F(k)-F(k-1)$ , 并使其与 $c_k$ 相等.

\begin{aligned} F(k)-F(k-1) &= (Pk+Q)q^k - [P(k-1)+Q]q^{k-1} &= q(Pk+Q)q^{k-1} - [P(k-1)+Q]q^{k-1} &= [q(Pk+Q) - (Pk-P+Q)]q^{k-1} &= [(Pq-P)k + (P + Qq - Q)]q^{k-1} &= [P(q-1)k + P + Q(q-1)]q^{k-1} \end{aligned}

我们要求这个表达式恒等于 $c_k = ak+b$ . (注： $c_k = (ak+b)q^{k-1}$ )

[P(q-1)k + P + Q(q-1)]q^{k-1} = (ak+b)q^{k-1}

比较等式两端 $q^{k-1}$ 的系数多项式中 $k$ 的同次幂系数, 我们得到一个关于 $P, Q$ 的方程组：

$k$ 的一次项系数： $P(q-1) = a \implies P = \dfrac{a}{q-1}$ .
常数项： $P + Q(q-1) = b \implies Q(q-1) = b-P \implies Q = \dfrac{b-P}{q-1}$ .

这正是定理中系数 $A$ 和 $B$ 的定义, 即 $A=P, B=Q$ .

我们已经成功地将通项 $c_k$ 分解为 $F(k)-F(k-1)$ 的形式.因此，求和过程便是一个标准的裂项相消：

\begin{aligned} S_n = \sum_{k=1}^{n} c_k &= \sum_{k=1}^{n} [F(k)-F(k-1)] &= (F(1)-F(0)) + (F(2)-F(1)) + ... + (F(n)-F(n-1)) &= F(n) - F(0) \end{aligned}

将 $F(k) = (Ak+B)q^k$ 代入首末两项：

$F(n) = (An+B)q^n$ .
$F(0) = (A \cdot 0 + B)q^0 = B$ .

于是，我们得到

S_n = (An+B)q^n - B

证毕.

证明（Abel 变换证法）

我们寻求计算和式 $S_n = \sum_{k=1}^{n} (ak+b)q^{k-1}$ . 阿贝尔变换的核心思想在于将求和项 $c_k$ 分解为两部分 $u_k v_k$ 的乘积, 其中一部分易于求和, 另一部分易于求差.

阿贝尔变换公式为：

\sum_{k=1}^{n} u_k v_k = U_n v_n - \sum_{k=1}^{n-1} U_k (v_{k+1} - v_k), \text{其中 } U_k = \sum_{i=1}^{k} u_i

对于我们的通项 $c_k = (ak+b)q^{k-1}$ ，一个绝佳的策略是:

令 $v_k = ak+b$ . 这一部分是等差数列项, 其差分 $v_{k+1}-v_k$ 将会是一个常数, 从而极大地简化新的求和.
令 $u_k = q^{k-1}$ . 这一部分是等比数列项, 其前 $k$ 项和 $U_k$ 具有简洁的封闭形式.

接着，我们计算阿贝尔变换所需的各个构件：
差分项： $v_{k+1} - v_k = [a(k+1)+b] - [ak+b] = a$ .
部分和： $U_k = \sum_{i=1}^{k} u_i = \sum_{i=1}^{k} q^{i-1} = \frac{q^k-1}{q-1}$ .
最终项： $v_n = an+b$ 以及 $U_n = \frac{q^n-1}{q-1}$ .

将这些构件代入阿贝尔变换公式：

\begin{aligned} S_n &= U_n v_n - \sum_{k=1}^{n-1} U_k (v_{k+1}-v_k) &= \left(\frac{q^n-1}{q-1}\right)(an+b) - \sum_{k=1}^{n-1} \left(\frac{q^k-1}{q-1}\right) a &= \frac{(an+b)(q^n-1)}{q-1} - \frac{a}{q-1} \sum_{k=1}^{n-1} (q^k-1) \end{aligned}

我们现在专注于计算新的求和部分：

\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n-1} (q^k-1) &= \left(\sum_{k=1}^{n-1} q^k\right) - \left(\sum_{k=1}^{n-1} 1\right) &= \frac{q(q^{n-1}-1)}{q-1} - (n-1) \end{aligned}

将此结果代回 $S_n$ 的表达式并进行整理, 我们的目标是分离出与 $q^n$ 相关的项和常数项.

\begin{aligned} S_n &= \frac{(an+b)q^n - (an+b)}{q-1} - \frac{a}{q-1}\left[\frac{q^n-q}{q-1} - (n-1)\right] &= \frac{(an+b)q^n}{q-1} - \frac{an+b}{q-1} - \frac{a(q^n-q)}{(q-1)^2} + \frac{a(n-1)}{q-1} \end{aligned}

首先，合并所有包含 $q^n$ 的项：

\begin{aligned} q^n \left[ \frac{an+b}{q-1} - \frac{a}{(q-1)^2} \right] &= q^n \left[ \frac{(an+b)(q-1)-a}{(q-1)^2} \right] &= q^n \left[ \frac{an(q-1) + b(q-1) - a}{(q-1)^2} \right] &= q^n \left[ \frac{a(q-1)}{(q-1)^2}n + \frac{bq-b-a}{(q-1)^2} \right] &= \left( \frac{a}{q-1}n + \frac{bq-b-a}{(q-1)^2} \right)q^n \end{aligned}

这恰好是 $(An+B)q^n$ 的形式, 其中 $A=\dfrac{a}{q-1}$ 且 $B=\dfrac{bq-b-a}{(q-1)^2}$ .

接着，合并所有不含 $q^n$ 的项 (即常数部分)：

\begin{aligned} &-\frac{an+b}{q-1} - \frac{-aq}{(q-1)^2} + \frac{a(n-1)}{q-1} &= \frac{-a(n-1)-2a-b+an-a}{q-1} + \frac{aq}{(q-1)^2} &= \frac{-(an+b)(q-1) + a(n-1)(q-1) + aq}{(q-1)^2} &= \frac{-an(q-1)-b(q-1) + an(q-1)-a(q-1)+aq}{(q-1)^2} &= \frac{-b(q-1)-a(q-1)+aq}{(q-1)^2} &= \frac{-bq+b-aq+a+aq}{(q-1)^2} = \frac{-bq+b+a}{(q-1)^2} &= -\left(\frac{bq-b-a}{(q-1)^2}\right) = -B \end{aligned}

将两部分结果组合起来，我们最终得到：

S_n = (An+B)q^n - B

证明（Gosper 裂项法证法）

Gosper 算法的核心是为给定的通项 $c_k$ 系统地寻找其反差分函数 $F(k)$ , 使得 $c_k = F(k) - F(k-1)$ .一旦找到 $F(k)$ , 求和便可通过裂项相消 $S_n = F(n) - F(0)$ 直接得到.

我们的通项是差比数列项 $c_k = (ak+b)q^{k-1}$ .这是一个典型的超几何项（其相邻项之比为有理函数）.Gosper 算法的原理指出, 其反差分函数 $F(k)$ 若存在，则必然具有相似的代数结构，即一个多项式乘以一个指数项.

观察到求和公式的结果包含 $(An+B)q^n$ 这一项, 这强烈地暗示我们, 所要寻找的反差分函数 $F(k)$ 应该具有 $F(k) = (Pk+Q)q^k$ 的形式, 其中 $P, Q$ 是待定常数.我们的任务就是通过求解差分方程来确定 $P$ 和 $Q$ .

我们设 $F(k) = (Pk+Q)q^k$ 并计算其差分：

\begin{aligned} F(k) - F(k-1) &= (Pk+Q)q^k - [P(k-1)+Q]q^{k-1} &= q \cdot (Pk+Q)q^{k-1} - [Pk-P+Q]q^{k-1} &= [q(Pk+Q) - (Pk-P+Q)]q^{k-1} &= [(Pq-P)k + (P+Qq-Q)]q^{k-1} &= [P(q-1)k + P + Q(q-1)]q^{k-1} \end{aligned}

我们要求这个差分结果恒等于原数列的通项 $c_k = (ak+b)q^{k-1}$ .

[P(q-1)k + P + Q(q-1)]q^{k-1} = (ak+b)q^{k-1}

这是一个关于 $k$ 的多项式恒等式.通过比较等式两边 $k$ 的同次幂的系数, 我们可以建立一个关于 $P, Q$ 的线性方程组：

比较 $k^1$ 的系数：

P(q-1) = a \implies P = \frac{a}{q-1}

比较 $k^0$ (常数项) 的系数：

P + Q(q-1) = b \implies Q(q-1) = b-P \implies Q = \frac{b-P}{q-1}

我们将求得的 $P$ 代入 $Q$ 的表达式中：

Q = \frac{b - \frac{a}{q-1}}{q-1} = \frac{\frac{b(q-1)-a}{q-1}}{q-1} = \frac{b(q-1)-a}{(q-1)^2} = \frac{bq-b-a}{(q-1)^2}

我们惊喜地发现，通过这个系统性的方法求出的常数 $P, Q$ 与定理中给出的系数 $A, B$ 完全一致.即 $A=P, B=Q$ .

我们已经成功找到了反差分函数 $F(k) = (Ak+B)q^k$ .根据离散微积分基本定理, 和式 $S_n$ 等于 $F(n)$ 与 $F(0)$ 之差.

\begin{aligned} S_n = \sum_{k=1}^{n} c_k = F(n) - F(0) \end{aligned}

计算 $F(n)$ 和 $F(0)$ :

$F(n) = (An+B)q^n$
$F(0) = (A \cdot 0 + B)q^0 = B$

因此，我们得到

S_n = (An+B)q^n - B

例

求数列 $\{ (2k-1) \cdot 3^{k-1} \}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$ .

解

我们首先识别数列的类型.其通项 $c_k = (2k-1) \cdot 3^{k-1}$ 是一个等差数列项 $(2k-1)$ 与一个等比数列项 $3^{k-1}$ 的乘积，因此这是一个标准的差比数列.

我们可以直接应用差比数列求和公式.为此，需要将通项与标准形式 $(ak+b)q^{k-1}$ 进行比对, 以确定参数 $a, b, q$ .

线性部分： $2k-1$ 对应 $ak+b$ , 可得 $a=2, b=-1$ .
指数部分： $3^{k-1}$ 对应 $q^{k-1}$ , 可得 $q=3$ .

接着，我们计算公式所需的中间系数 $A$ 和 $B$ .

A = \frac{a}{q-1} = \frac{2}{3-1} = 1

B = \frac{bq-b-a}{(q-1)^2} = \frac{(-1)(3) - (-1) - 2}{(3-1)^2} = \frac{-3+1-2}{4} = \frac{-4}{4} = -1

最后，将求得的 $A, B$ 以及参数 $q$ 代入求和公式 $S_n = (An+B)q^n - B$ ：

\begin{aligned} S_n &= (1 \cdot n + (-1)) \cdot 3^n - (-1) &= (n-1)3^n + 1 \end{aligned}

因此，该数列的前 $n$ 项和为 $S_n = (n-1)3^n + 1$ .

**验证：**为了检验结果的正确性, 我们可以计算前两项的和. $S_2 = c_1 + c_2 = (2\cdot 1-1)3^0 + (2\cdot 2-1)3^1 = 1 + 3 \cdot 3 = 10$ . 将 $n=2$ 代入我们推导的公式: $S_2 = (2-1)3^2 + 1 = 1 \cdot 9 + 1 = 10$ . 结果吻合.

例

求数列 $\{ k \cdot 2^k \}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$ .

解

该数列的通项 $c_k = k \cdot 2^k$ 同样是一个差比数列.然而, 它的形式与标准公式 $(ak+b)q^{k-1}$ 并不完全匹配, 主要区别在于指数项是 $q^k$ 而非 $q^{k-1}$ .因此，在应用公式之前，我们必须对通项进行一次代数变形.

我们的目标是将 $2^k$ 转化为包含 $q^{k-1}$ 的形式.

2^k = 2 \cdot 2^{k-1}

将此代回通项表达式：

c_k = k \cdot (2 \cdot 2^{k-1}) = (2k) \cdot 2^{k-1}

经过变形，通项现在完全符合 $(ak+b)q^{k-1}$ 的结构.我们进行参数比对：

线性部分： $2k$ 对应 $ak+b$ , 可得 $a=2, b=0$ .
指数部分： $2^{k-1}$ 对应 $q^{k-1}$ , 可得 $q=2$ .

接着，计算系数 $A$ 和 $B$ .

A = \frac{a}{q-1} = \frac{2}{2-1} = 2

B = \frac{bq-b-a}{(q-1)^2} = \frac{(0)(2) - 0 - 2}{(2-1)^2} = \frac{-2}{1} = -2

将 $A, B, q$ 代入求和公式 $S_n = (An+B)q^n - B$ ：

\begin{aligned} S_n &= (2n - 2) \cdot 2^n - (-2) &= 2(n-1) \cdot 2^n + 2 &= (n-1) \cdot 2^{n+1} + 2 \end{aligned}

因此，该数列的前 $n$ 项和为 $S_n = (n-1)2^{n+1} + 2$ .

例

求和式 $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{k+1}{3^k}$ 的值.

解

该和式的通项 $c_k = \dfrac{k+1}{3^k}$ 并非直接的差比数列形式.然而，我们可以通过代数分解，揭示其内在的结构.一个关键的策略是利用求和的线性性质，将复杂的通项拆分为若干个我们熟悉的部分之和.

我们将通项 $c_k$ 进行拆分：

c_k = \frac{k}{3^k} + \frac{1}{3^k}

因此，原求和式可以分解为两个独立和式的求和：

S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{3^k} + \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{3^k}

我们分别计算这两个和式.

第一部分： 令 $T_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{3^k}$ . 其通项为 $d_k = k \cdot \left(\frac{1}{3}\right)^k$ . 这是一个差比数列.为了应用公式, 我们将其变形为标准形式 $(ak+b)q^{k-1}$ .

d_k = k \cdot \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{1}{3}\right)^{k-1} = \left(\frac{1}{3}k\right) \cdot \left(\frac{1}{3}\right)^{k-1}

与标准形式比对，我们得到参数： $a = \frac{1}{3}, b = 0, q = \frac{1}{3}$ . 计算系数 $A, B$ :

A = \frac{a}{q-1} = \frac{1/3}{1/3 - 1} = \frac{1/3}{-2/3} = -\frac{1}{2}

B = \frac{bq-b-a}{(q-1)^2} = \frac{0 - 0 - 1/3}{(1/3 - 1)^2} = \frac{-1/3}{(-2/3)^2} = \frac{-1/3}{4/9} = -\frac{3}{4}

代入公式 $T_n = (An+B)q^n - B$ :

T_n = \left(-\frac{1}{2}n - \frac{3}{4}\right)\left(\frac{1}{3}\right)^n - \left(-\frac{3}{4}\right) = \frac{3}{4} - \left(\frac{n}{2} + \frac{3}{4}\right)\frac{1}{3^n}

第二部分： 令 $G_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{3^k} = \sum_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{3}\right)^k$ . 这是一个首项为 $1/3$ , 公比为 $1/3$ 的等比数列.

G_n = \frac{\frac{1}{3}\left(1 - (\frac{1}{3})^n\right)}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{\frac{1}{3}\left(1 - \frac{1}{3^n}\right)}{2/3} = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{3^n}\right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2 \cdot 3^n}

将两部分相加.

\begin{aligned} S_n &= T_n + G_n &= \left[\frac{3}{4} - \left(\frac{n}{2} + \frac{3}{4}\right)\frac{1}{3^n}\right] + \left[\frac{1}{2} - \frac{1}{2 \cdot 3^n}\right] &= \frac{3}{4} + \frac{1}{2} - \left(\frac{n}{2} + \frac{3}{4} + \frac{1}{2}\right)\frac{1}{3^n} &= \frac{5}{4} - \left(\frac{n}{2} + \frac{5}{4}\right)\frac{1}{3^n} &= \frac{5}{4} - \frac{2n+5}{4 \cdot 3^n} \end{aligned}

例

已知数列 $\{c_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n = (n-1)2^n + 1$ .

求数列 $\{c_n\}$ 的通项公式.
求数列 $\{(-1)^{k+1}c_k\}$ 的前 $n$ 项和 $T_n$ .

解

(1) 这是一个由前 $n$ 项和 $S_n$ 反求通项 $c_n$ 的问题.我们利用基本关系式 $c_n = S_n - S_{n-1}$ (当 $n \ge 2$ 时).

S_{n-1} = ((n-1)-1)2^{n-1} + 1 = (n-2)2^{n-1} + 1

对于 $n \ge 2$ :

\begin{aligned} c_n &= S_n - S_{n-1} &= [(n-1)2^n + 1] - [(n-2)2^{n-1} + 1] &= (n-1) \cdot 2 \cdot 2^{n-1} - (n-2)2^{n-1} &= [2(n-1) - (n-2)] 2^{n-1} &= (2n-2 - n+2) 2^{n-1} &= n \cdot 2^{n-1} \end{aligned}

我们需要检验此公式在 $n=1$ 时是否成立. 当 $n=1$ 时, $c_1 = S_1 = (1-1)2^1 + 1 = 1$ . 将 $n=1$ 代入推导的公式, $c_1 = 1 \cdot 2^{1-1} = 1 \cdot 2^0 = 1$ . 公式对 $n=1$ 也成立.因此, 数列 $\{c_n\}$ 的通项公式为 $c_n = n \cdot 2^{n-1}$ .

(2) 我们需要求和的数列是 $\{d_k\}$ , 其通项为 $d_k = (-1)^{k+1} c_k = (-1)^{k+1} k \cdot 2^{k-1}$ . 这个通项看似复杂，但其本质依然是一个差比数列.我们对其进行重组，以匹配标准形式.

\begin{aligned} d_k &= k \cdot [(-1)^{k+1} 2^{k-1}] &= k \cdot [(-1)^2 (-1)^{k-1} 2^{k-1}] &= k \cdot [(-2)^{k-1}] \end{aligned}

现在通项 $d_k = k \cdot (-2)^{k-1}$ 是一个标准形式的差比数列. 与 $(ak+b)q^{k-1}$ 比对, 我们得到参数： $a=1, b=0, q=-2$ .

计算系数 $A, B$ :

A = \frac{a}{q-1} = \frac{1}{-2-1} = -\frac{1}{3}

B = \frac{bq-b-a}{(q-1)^2} = \frac{0 - 0 - 1}{(-2-1)^2} = -\frac{1}{9}

代入求和公式 $T_n = (An+B)q^n - B$ :

\begin{aligned} T_n &= \left(-\frac{1}{3}n - \frac{1}{9}\right)(-2)^n - \left(-\frac{1}{9}\right) &= -\frac{3n+1}{9}(-2)^n + \frac{1}{9} &= \frac{1 - (3n+1)(-2)^n}{9} \end{aligned}

此即为所求的前 $n$ 项和.

当公比为1时

一个数列的通项为 $c_k = (4k-3) \cdot 1^k$ . 求其前 $n$ 项和 $S_n$ .

解

**错误的解法：**初看此题，通项 $c_k = (4k-3) \cdot 1^k$ 完美地呈现为一个线性部分 $(4k-3)$ 与一个指数部分 $1^k$ 的乘积.这极易让人联想到差比数列求和公式.

我们尝试进行参数比对.首先将通项变形为标准形式 $(ak+b)q^{k-1}$.

c_k = (4k-3) \cdot 1^k = (4k-3) \cdot 1 \cdot 1^{k-1}

比对可得：$a=4, b=-3, q=1$.

接着，尝试计算系数 $A$：

A = \frac{a}{q-1} = \frac{4}{1-1} = \frac{4}{0}

此时，我们遇到了除以零的致命错误.这表明，差比数列求和公式在此处完全失效.其根本原因在于，该公式的所有推导过程（无论是错位相减法还是待定系数法）都隐含了一个前提条件：$q \neq 1$. 当 $q=1$ 时, 分母 $(q-1)$ 为零，整个公式的代数结构便崩溃了.

正确的解法

我们必须回到数列本身进行分析.当公比 $q=1$ 时, 指数部分 $q^{k-1} = 1^{k-1} = 1$ 对于所有 $k$ 恒成立.这意味着所谓的“等比”部分实际上是一个常数数列 $\{1, 1, 1, ...\}$ .

因此，原数列的通项 $c_k$ 发生了退化：

c_k = (4k-3) \cdot 1^{k-1} = 4k-3

这表明，该数列本质上根本不是一个真正的差比数列，而是一个我们早已熟悉的等差数列.

问题因此被化归为求解一个首项为 $c_1=4(1)-3=1$ , 公差为 $d=4$ 的等差数列的前 $n$ 项和. 我们可以直接使用等差数列求和公式：

S_n = \frac{n(c_1 + c_n)}{2}

其中，末项为 $c_n = 4n-3$ .

S_n = \frac{n(1 + (4n-3))}{2} = \frac{n(4n-2)}{2} = n(2n-1) = 2n^2-n

启示

任何公式的应用都有其边界和前提.差比数列求和公式是为解决 $q \neq 1$ 的情况而设计的.当 $q=1$ 时，差比数列这一更复杂的结构会"退化"回更简单的等差数列结构.面对问题时，首要任务是识别其数学本质，而非盲目地搜寻并套用表面上相似的公式.这种审慎的态度是严谨数学思维的关键.

综合应用

已知数列 $\{c_n\}$ 满足关系式 $\sum_{k=1}^{n} \frac{c_k}{3^k} = 2n^2+n$ .

求数列 $\{c_n\}$ 的通项公式.
设 $d_n = \dfrac{(-1)^n c_n}{3^{n-1}}$ , 求数列 $\{d_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$ .

解

(1) 这是一个典型的由一个变换后的数列和反求原数列通项的问题.

我们令新数列 $\{u_n\}$ 的通项为 $u_n = \dfrac{c_n}{3^n}$ .那么, 题目给出的条件即为数列 $\{u_n\}$ 的前 $n$ 项和 $T_n = \sum_{k=1}^{n} u_k = 2n^2+n$ .

我们可以利用基本关系式 $u_n = T_n - T_{n-1}$ (当 $n \ge 2$ 时) 来求解 $u_n$ .

T_{n-1} = 2(n-1)^2 + (n-1) = 2(n^2-2n+1) + n-1 = 2n^2-3n+1

对于 $n \ge 2$ :

\begin{aligned} u_n &= T_n - T_{n-1} &= (2n^2+n) - (2n^2-3n+1) &= 4n-1 \end{aligned}

接下来，我们检验此公式在 $n=1$ 时是否成立. 当 $n=1$ 时, $u_1 = T_1 = 2(1)^2+1 = 3$ . 将 $n=1$ 代入我们推导出的公式, $u_1 = 4(1)-1 = 3$ . 公式对 $n=1$ 也成立.因此, 数列 $\{u_n\}$ 的通项公式为 $u_n = 4n-1$ .

最后，我们从 $u_n = \dfrac{c_n}{3^n}$ 反解出 $c_n$ :

c_n = u_n \cdot 3^n = (4n-1)3^n

(2) 我们需要求和的数列是 $\{d_n\}$ , 其通项 $d_k = \dfrac{(-1)^k c_k}{3^{k-1}}$ . 首先，我们将第一问求得的 $c_k = (4k-1)3^k$ 代入：

d_k = \frac{(-1)^k (4k-1)3^k}{3^{k-1}} = (-1)^k(4k-1) \cdot 3

这个通项本质上是一个差比数列，但其形式需要经过精心变形才能与标准公式 $(ak+b)q^{k-1}$ 匹配.关键在于处理交错项 $(-1)^k$ .

d_k = 3 \cdot (-1) \cdot (-1)^{k-1} \cdot (4k-1) = (-3)(4k-1) \cdot (-1)^{k-1}

d_k = (-12k+3) \cdot (-1)^{k-1}

现在通项完全符合标准形式.我们进行参数比对：

线性部分： $-12k+3$ 对应 $ak+b$ , 可得 $a=-12, b=3$ .
指数部分： $(-1)^{k-1}$ 对应 $q^{k-1}$ , 可得 $q=-1$ .

接着，计算系数 $A, B$ ：

A = \frac{a}{q-1} = \frac{-12}{-1-1} = \frac{-12}{-2} = 6

B = \frac{bq-b-a}{(q-1)^2} = \frac{(3)(-1) - 3 - (-12)}{(-1-1)^2} = \frac{-3-3+12}{(-2)^2} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}

将 $A, B, q$ 代入求和公式 $S_n = (An+B)q^n - B$ ：

\begin{aligned} S_n &= \left(6n + \frac{3}{2}\right)(-1)^n - \frac{3}{2} &= \frac{12n+3}{2}(-1)^n - \frac{3}{2} &= \frac{(12n+3)(-1)^n - 3}{2} \end{aligned}

启示

本题是一道综合性很强的题目，它将数列的多个核心知识点串联了起来.

化归思想： 第一问通过引入辅助数列 $\{u_n\}$ ，将一个看似复杂的关系式化归为基本的"由和求通项"问题.
结构变形： 第二问的核心在于，不能直接将 $d_k$ 的原始形式与公式生搬硬套, 而必须通过代数恒等变形, 将其严格转化为 $(ak+b)q^{k-1}$ 的标准结构.尤其是对交错项 $(-1)^k = -(-1)^{k-1}$ 的处理, 是识别公比 $q=-1$ 的关键一步.
公式的威力： 尽管推导过程涉及多个步骤，但一旦问题被转化为标准形式，求和公式便提供了一条确定且高效的解决路径，避免了更为繁琐的错位相减法.

裂项相消法

错位相减法以其巧妙的构造，将差比数列求和问题转化为等比数列求和.然而，是否存在一种更为“根本”的方法，能像处理 $\frac{1}{n(n+1)}$ 那样, 直接将差比数列的通项 $c_n$ 分解为 $F(n) - F(n-1)$ 的形式呢？

答案是肯定的.这需要我们从“观察规律”转向“主动构造”.这种方法虽然在计算上可能更繁琐，但它深刻地揭示了求和与差分之间的互逆关系，是通往更高等数学（如差分方程）的桥梁\footnote{后面，当涉及到概率有关的题目的时候，我们还会回到这里.}.

\paragraph{待定系数法} 我们的目标是寻找到一个函数 $F(n)$ , 使得 $c_n = F(n) - F(n-1)$ . 观察差比数列的通项 $c_n = (a_1+(n-1)d)b_1q^{n-1}$ , 它是一个关于 $n$ 的“线性多项式”与“指数函数”的乘积.一个合理的猜测是, 我们寻找的函数 $F(n)$ 也应该具有类似“多项式 $\times$ 指数函数”的结构.

设差比数列通项为 $c_n = (\alpha n + \beta)q^n$ （任何差比数列通项都可以化为此形式）.我们大胆地假设, 待定的函数 $F(n)$ 具有 $F(n) = (Pn+Q)q^n$ 的形式, 其中 $P$ 和 $Q$ 是等待我们求解的常数.

接着，我们来计算 $F(n) - F(n-1)$ :

\begin{aligned} F(n) - F(n-1) &= (Pn+Q)q^n - [P(n-1)+Q]q^{n-1} &= q(Pn+Q)q^{n-1} - [Pn - P + Q]q^{n-1} &= [q(Pn+Q) - (Pn-P+Q)]q^{n-1} &= [Pqn + Qq - Pn + P - Q]q^{n-1} &= [n(Pq-P) + (P+Qq-Q)]q^{n-1} \end{aligned}

要使 $c_n = F(n)-F(n-1)$ , 我们只需将上式与 $c_n = (\alpha n + \beta)q \cdot q^{n-1} = [(\alpha q)n + \beta q]q^{n-1}$ 进行比较, 令对应项的系数相等, 即可解出 $P$ 和 $Q$ .

例

再次求解数列 $\{ (2n+1) \cdot 3^n \}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$ .

解

设 $F(n) = (Pn+Q)3^n$ .

我们希望 $c_n = F(n)-F(n-1)$ .

\begin{aligned} F(n)-F(n-1) &= (Pn+Q)3^n - (P(n-1)+Q)3^{n-1} &= 3(Pn+Q)3^{n-1} - (Pn-P+Q)3^{n-1} &= [3Pn+3Q - Pn+P-Q]3^{n-1} &= [2Pn + (P+2Q)]3^{n-1} \end{aligned}

为了与 $c_n=(2n+1)3^n$ 比较, 我们将 $c_n$ 也变形：

c_n = (2n+1)3^n = 3(2n+1)3^{n-1} = (6n+3)3^{n-1}

比较 $[2Pn + (P+2Q)]3^{n-1}$ 与 $(6n+3)3^{n-1}$ 的系数：

$n$ 的系数： $2P=6 \implies P=3$
常数项系数： $P+2Q=3 \implies 3+2Q=3 \implies Q=0$

我们惊喜地发现 $Q=0$ ！所以, 待定函数是 $F(n) = 3n \cdot 3^n = n \cdot 3^{n+1}$ .

S_n = \sum_{k=1}^n c_k = F(n) - F(0)

计算 $F(n)$ 和 $F(0)$ :

\begin{aligned} F(n) &= n \cdot 3^{n+1} F(0) &= 0 \cdot 3^{0+1} = 0 \end{aligned}

因此，

S_n = n \cdot 3^{n+1} - 0 = n \cdot 3^{n+1}

这个结果与我们用错位相减法得到的结果完全一致，但路径和思想截然不同.它将一个依赖技巧的问题，转化为了一个有固定步骤、纯代数计算的程序性问题.

斐波那契数列

{/* label: sec:ch07-s07 */}

在1202年，意大利数学家斐波那契在他的著作《算盘书》中提出了一个看似无关紧要的问题：

假设一对兔子每个月可以生一对新的兔子，而新生的兔子又需要一个月的时间才能成熟并开始生育.如果从一对新生的兔子开始，那么一年后会有多少对兔子？

这个问题的答案， $1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ...$ ，催生了数学中最著名、最迷人的数列.

斐波那契数列

斐波那契数列 $\{F_n\}$ 由以下线性递推关系定义：

F_n = F_{n-1} + F_{n-2} (n \ge 2)

其初始项通常定义为 $F_0=0, F_1=1$ . 数列的前几项是：

0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, ...

比内公式

递推公式对于计算是低效的.要计算 $F_{100}$ , 我们难道真的要从头算起吗？与等差、等比数列一样, 我们的终极目标是找到一个直接从 $n$ 计算 $F_n$ 的通项公式.

这是一种二阶线性递推关系，我们可以使用特征方程法来攻克它.这个方法的核心思想是猜测解的形式. 我们大胆假设数列的通项具有等比数列的形式，即 $F_n = x^n$ (其中 $x \neq 0$ ). 将此形式代入递推关系 $F_n - F_{n-1} - F_{n-2} = 0$ 中：

x^n - x^{n-1} - x^{n-2} = 0

两边同除以 $x^{n-2}$ ，我们得到了这个数列的灵魂——特征方程：

x^2 - x - 1 = 0

利用二次方程求根公式，解得两个根：

\varphi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}, \psi = \frac{1-\sqrt{5}}{2}

$\varphi$ 是著名的黄金分割比. 由于 $F_n = \varphi^n$ 和 $F_n = \psi^n$ 都是满足递推关系的解, 那么它们的任意线性组合 $F_n = A\varphi^n + B\psi^n$ 也同样满足.接着, 我们利用初始条件 $F_0=0, F_1=1$ 来确定常数 $A$ 和 $B$ .

\begin{aligned} n=0: F_0 &= A\varphi^0 + B\psi^0 = A+B = 0 \implies B = -A n=1: F_1 &= A\varphi^1 + B\psi^1 = A\varphi - A\psi = A(\varphi - \psi) = 1 \end{aligned}

我们计算 $\varphi - \psi = \frac{1+\sqrt{5}}{2} - \frac{1-\sqrt{5}}{2} = \sqrt{5}$ . 于是 $A\sqrt{5} = 1$ , 解得 $A = \frac{1}{\sqrt{5}}$ , 从而 $B = -\frac{1}{\sqrt{5}}$ . 将 $A, B$ 代回，我们得到了斐波那契数列的通项公式，即比内公式.

F_n = \frac{1}{\sqrt{5}} \left[ \left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)^n - \left( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)^n \right]

这个充满了无理数 $\sqrt{5}$ 的公式, 对于任意非负整数 $n$ , 其计算结果永远是一个整数, 也就是说在代数运算中, 所有的 $\sqrt{5}$ 项都相互抵消了.

前n项和

斐波那契数列不仅有优美的恒等式，其求和公式也同样简洁.我们的目标是找到一个关于 $n$ 的封闭表达式来计算 $S_n = \sum_{k=1}^{n} F_k$ .

我们从定义式 $F_{k+2} = F_{k+1} + F_k$ 出发，稍作移项，就能得到一个用于裂项的完美形式：

F_k = F_{k+2} - F_{k+1}

它告诉我们，每一个斐波那契数都可以表示为后两个斐波那契数之差.接着，我们将和式 $S_n$ 中的每一项都用这种形式替换：

\begin{aligned} S_n &= F_1 + F_2 + F_3 + ... + F_n &= (F_3 - F_2) + (F_4 - F_3) + (F_5 - F_4) + ... + (F_{n+2} - F_{n+1}) \end{aligned}

这是一个经典的裂项相消求和.观察上式， $-F_3$ 与 $+F_3$ 抵消, $-F_4$ 与 $+F_4$ 抵消, 这个过程将一直持续下去, 直到最后.除了开头的 $-F_2$ 和结尾的 $+F_{n+2}$ ，所有中间项都消失了.

S_n = F_{n+2} - F_2

根据我们的定义 $F_2=1$ ，我们得到了最终的求和公式：

\sum_{k=1}^{n} F_k = F_{n+2} - 1

这个结果本身也构成了一个有趣的斐波那契恒等式：前 $n$ 个斐波那契数的和, 比第 $n+2$ 个斐波那契数恰好小 1.

例

验证 $n=5$ 的情况：

S_5 = F_1+F_2+F_3+F_4+F_5 = 1+1+2+3+5 = 12

根据公式，结果应为

F_{5+2} - 1 = F_7 - 1 = 13 - 1 = 12

平方和

我们已经求出了斐波那契数列的前 $n$ 项和, 一个自然而然的延伸是探究其前 $n$ 项的平方和 $\sum_{k=1}^{n} F_k^2$ .出人意料的是，这个和同样具有一个极为简洁和优美的封闭形式.

定理

对于斐波那契数列 $\{F_n\}$ , 其前 $n$ 项平方和为：

\sum_{k=1}^{n} F_k^2 = F_n F_{n+1}

证明

证明： 我们的策略是找到一个关于 $F_k^2$ 的恒等式，使其能够裂项相消. 我们从一个不起眼但至关重要的恒等式开始.对于任意 $k \ge 1$ ：

F_{k+1} - F_{k-1} = (F_k + F_{k-1}) - F_{k-1} = F_k

接着，我们将 $F_k^2$ 的其中一个 $F_k$ 替换掉：

F_k^2 = F_k \cdot (F_{k+1} - F_{k-1}) = F_k F_{k+1} - F_k F_{k-1}

令 $A_k = F_k F_{k+1}$ .那么 $F_k F_{k-1}$ 就可以看作是 $A_{k-1} = F_{k-1}F_{(k-1)+1} = F_{k-1}F_k$ . 于是，上面的恒等式可以写成一个完美的裂项形式：

F_k^2 = A_k - A_{k-1}

接着我们可以对整个数列求和了：

\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} F_k^2 &= \sum_{k=1}^{n} (A_k - A_{k-1}) &= (A_1 - A_0) + (A_2 - A_1) + (A_3 - A_2) + ... + (A_n - A_{n-1}) \end{aligned}

这是一个首尾相连的裂项求和，中间项 $-A_1$ 与 $+A_1$ 抵消, $-A_2$ 与 $+A_2$ 抵消, 以此类推, 直到最后只剩下首项 $-A_0$ 和末项 $+A_n$ .

\sum_{k=1}^{n} F_k^2 = A_n - A_0

我们来计算 $A_n$ 和 $A_0$ ：

\begin{aligned} A_n &= F_n F_{n+1} A_0 &= F_0 F_{0+1} = F_0 F_1 = 0 \cdot 1 = 0 \end{aligned}

因此，

\sum_{k=1}^{n} F_k^2 = F_n F_{n+1} - 0 = F_n F_{n+1}

证毕.这个证明揭示了平方和与相邻两项之积的深刻联系.

这个恒等式还有一个无需代数，仅用图形就能得出来的美妙证明.其思想是用斐波那契平方数 $F_k^2$ 作为边长为 $F_k$ 的正方形的面积，然后将这些正方形完美地拼接成一个矩形.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

观察这个拼接过程：

从 $F_1^2$ （ $1 \times 1$ ）开始, 这是一个 $F_1 \times F_2$ 的矩形.
加上 $F_2^2$ （ $1 \times 1$ ）, 我们得到一个 $2 \times 1$ 的矩形, 其面积为 $F_1^2+F_2^2 = F_2 F_3$ .
加上 $F_3^2$ （ $2 \times 2$ ）, 我们得到一个 $2 \times 3$ 的矩形, 其面积为 $\sum_{k=1}^3 F_k^2 = F_3 F_4$ .
加上 $F_4^2$ （ $3 \times 3$ ）, 我们得到一个 $5 \times 3$ 的矩形, 其面积为 $\sum_{k=1}^4 F_k^2 = F_4 F_5$ .

每一步，我们都将一个边长为 $F_{n}$ 的正方形, 拼接到一个长宽为 $F_{n-1}$ 和 $F_n$ 的矩形上, 从而形成一个长宽为 $F_n$ 和 $F_{n-1}+F_n = F_{n+1}$ 的新矩形.这个过程可以无限持续下去，它直观地展示了为何所有正方形面积之和，恰好等于由最后两个斐波那契数构成的矩形的面积.

相邻项乘积之和

在探究了平方和之后，一个自然的问题是：相邻两项乘积的和 $\sum_{k=1}^{n} F_k F_{k+1}$ 是否也有一个简洁的表达式？答案是肯定的.

定理

设 $S_n = \sum_{k=1}^{n} F_k F_{k+1}$ .则

S_n = \begin{cases} F_{n+1}^2 & \text{如果 } n \text{ 是奇数} F_n F_{n+2} & \text{如果 } n \text{ 是偶数} \end{cases}

证明

证明： 如此依赖于奇偶性的结论，最适合使用一种“交错”的数学归纳法来证明.我们将同时证明对于任意正整数 $m$ , 命题在 $n=2m-1$ （奇数）和 $n=2m$ （偶数）时都成立.

设 $S_n = \sum_{k=1}^{n} F_k F_{k+1}$ .我们有两个关键的递推关系：

\begin{aligned} S_{2m} &= S_{2m-1} + F_{2m}F_{2m+1} \tag{1} S_{2m+1} &= S_{2m} + F_{2m+1}F_{2m+2} \tag{2} \end{aligned}

当 $n=1$ (奇数), $S_1 = F_1 F_2 = 1 \cdot 1 = 1$ . 公式结果为 $F_{1+1}^2 = F_2^2 = 1^2 = 1$ . 命题对 $n=1$ 成立.

当 $n=2$ (偶数), $S_2 = S_1 + F_2 F_3 = 1 + 1 \cdot 2 = 3$ . 公式结果为 $F_2 F_{2+2} = F_2 F_4 = 1 \cdot 3 = 3$ . 命题对 $n=2$ 成立.

假设当 $m=k$ 时, 即对于 $n=2k-1$ 和 $n=2k$ ，命题均成立. 也就是说，我们假设：

\begin{aligned} S_{2k-1} &= F_{2k}^2 \tag{归纳假设 1} S_{2k} &= F_{2k}F_{2k+2} \tag{归纳假设 2} \end{aligned}

接着，我们需要证明当 $m=k+1$ 时, 即对于 $n=2(k+1)-1=2k+1$ 和 $n=2(k+1)=2k+2$ ，命题也成立.

我们的目标是证明 $S_{2k+1} = F_{(2k+1)+1}^2 = F_{2k+2}^2$ . 我们从关系式 (2) 出发，并使用归纳假设 2:

\begin{aligned} S_{2k+1} &= S_{2k} + F_{2k+1}F_{2k+2} &= (F_{2k}F_{2k+2}) + F_{2k+1}F_{2k+2} &= (F_{2k} + F_{2k+1}) F_{2k+2} &\text{根据斐波那契定义, } F_{2k} + F_{2k+1} = F_{2k+2} &= F_{2k+2} \cdot F_{2k+2} &= F_{2k+2}^2 \end{aligned}

这正是我们对奇数 $n=2k+1$ 的目标.

接着我们的目标是证明 $S_{2k+2} = F_{2k+2}F_{(2k+2)+2} = F_{2k+2}F_{2k+4}$ . 我们从关系式 (1) (将 $m$ 换为 $k+1$ ) 出发, 并使用我们刚刚证明的结论 $S_{2k+1}=F_{2k+2}^2$ :

\begin{aligned} S_{2k+2} &= S_{2k+1} + F_{2k+2}F_{2k+3} &= F_{2k+2}^2 + F_{2k+2}F_{2k+3} &= F_{2k+2} (F_{2k+2} + F_{2k+3}) &\text{根据斐波那契定义, } F_{2k+2} + F_{2k+3} = F_{2k+4} &= F_{2k+2}F_{2k+4} \end{aligned}

这正是我们对偶数 $n=2k+2$ 的目标.

由于奠基步骤成立，并且归纳步骤证明了从 $k$ 到 $k+1$ 的传递性, 因此该定理对所有正整数 $n$ 均成立.

对称项之和

斐波那契数列中还蕴藏着许多关于对称性的恒等式.下面这个关系式就简洁地揭示了任意一项与它前后等距的两项之间的内在联系.

定理

对于斐波那契数列 $\{F_n\}$ ，任意一项的三倍，等于它前面第二项与后面第二项之和.

3F_n = F_{n+2} + F_{n-2} (n \ge 2)

证明

证明： 证明这个恒等式的最优雅的途径，是从等式较为复杂的一侧（右侧）入手，通过反复运用斐波那契数列的定义，将其逐步化简，直至变为等式的另一侧.

我们的目标是变换 $F_{n+2} + F_{n-2}$ .

首先，我们将 $F_{n+2}$ 向下展开, 用 $F_n$ 及其相邻项来表示：

\begin{aligned} F_{n+2} &= F_{n+1} + F_n &= (F_n + F_{n-1}) + F_n &= 2F_n + F_{n-1} \end{aligned}

这一步将 $F_{n+2}$ 与核心项 $F_n$ 联系了起来.

接着，我们处理 $F_{n-2}$ .我们从定义式 $F_n = F_{n-1} + F_{n-2}$ 出发，将其移项，得到：

F_{n-2} = F_n - F_{n-1}

这一步将 $F_{n-2}$ 也用 $F_n$ 和 $F_{n-1}$ 表示.

接着，我们将这两个结果代回原表达式 $F_{n+2} + F_{n-2}$ ：

\begin{aligned} F_{n+2} + F_{n-2} &= (2F_n + F_{n-1}) + (F_n - F_{n-1}) &= 2F_n + F_n + F_{n-1} - F_{n-1} &= 3F_n \end{aligned}

等式右侧成功地化简为了左侧. 证毕.

看不懂证明可以记住

证明斐波那契数列相邻两项的比值，当 $n$ 趋于无穷时, 收敛于黄金分割比 $\varphi$ .

\lim_{n \to \infty} \frac{F_{n+1}}{F_n} = \frac{1+\sqrt{5}}{2}

解

解析： 这是一个关于数列极限的问题，它揭示了斐波那契数列的渐近行为.要处理这种问题，递推公式无能为力，我们必须使用通项公式——比内公式. 我们记 $\varphi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ 和 $\psi = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$ .比内公式为 $F_n = \frac{\varphi^n - \psi^n}{\sqrt{5}}$ . 接着我们来构造这个比值：

\frac{F_{n+1}}{F_n} = \frac{\frac{\varphi^{n+1} - \psi^{n+1}}{\sqrt{5}}}{\frac{\varphi^n - \psi^n}{\sqrt{5}}} = \frac{\varphi^{n+1} - \psi^{n+1}}{\varphi^n - \psi^n}

为了求极限，关键在于识别出表达式中的主导项.我们注意到：

|\varphi| = \frac{1+\sqrt{5}}{2} \approx 1.618 \> 1

|\psi| = \left|\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right| \approx |-0.618| \< 1

当 $n \to \infty$ 时, $\psi^n \to 0$ .而 $\varphi^n \to \infty$ .因此, $\varphi^n$ 是主导项. 我们将分子分母同时除以 $\varphi^n$ ：

\frac{F_{n+1}}{F_n} = \frac{\varphi - \psi \cdot (\frac{\psi}{\varphi})^n}{1 - (\frac{\psi}{\varphi})^n}

接着来考察极限.因为 $|\frac{\psi}{\varphi}| = |\frac{1-\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}}| \< 1$ ，所以：

\lim_{n \to \infty} \left(\frac{\psi}{\varphi}\right)^n = 0

因此，

\lim_{n \to \infty} \frac{F_{n+1}}{F_n} = \frac{\varphi - \psi \cdot 0}{1 - 0} = \varphi

这证明了斐波那契数列的相邻项之比确实收敛于黄金分割比 $\varphi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ .

例

计算前10项斐波那契数的平方和： $\sum_{k=1}^{10} F_k^2$ .

解

这个问题看起来需要逐项计算平方再相加，计算量巨大.但我们已经证明了一个优雅的平方和公式，它能将问题瞬间简化.

我们已经证明的平方和公式为：

\sum_{k=1}^{n} F_k^2 = F_n F_{n+1}

在本题中， $n=10$ .因此, 我们只需要计算出 $F_{10}$ 和 $F_{11}$ 即可. 回忆斐波那契数列：

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, \underbrace{55}_{F_{10}}, \underbrace{89}_{F_{11}}, ...

所以 $F_{10} = 55$ , $F_{11} = 89$ .

代入公式：

\sum_{k=1}^{10} F_k^2 = F_{10} F_{11} = 55 \times 89

计算可得：

55 \times 89 = 55 \times (90-1) = 4950 - 55 = 4895

因此，前10项斐波那契数的平方和为 $4895$ .

例

求值： $\sum_{k=1}^{8} (F_k + F_{k+1})^2$ .

解

解析： 这个和式的通项是一个完全平方式，直接计算非常复杂.我们的策略是先将它展开，然后试图将和式拆解成我们已知的形式.

(F_k + F_{k+1})^2 = F_k^2 + 2F_k F_{k+1} + F_{k+1}^2

于是，原求和式可以拆分为三个部分：

\sum_{k=1}^{8} (F_k + F_{k+1})^2 = \sum_{k=1}^{8} F_k^2 + 2\sum_{k=1}^{8} F_k F_{k+1} + \sum_{k=1}^{8} F_{k+1}^2

我们逐个处理这三个和式：第一部分是平方和，根据公式 $\sum_{k=1}^{n} F_k^2 = F_n F_{n+1}$ ，我们有：

\sum_{k=1}^{8} F_k^2 = F_8 F_9 = 21 \times 34 = 714

第二部分是相邻项乘积之和.由于 $n=8$ 是偶数, 我们使用对应的公式 $\sum_{k=1}^{n} F_k F_{k+1} = F_n F_{n+2}$ ：

2\sum_{k=1}^{8} F_k F_{k+1} = 2 (F_8 F_{10}) = 2 \times (21 \times 55) = 2 \times 1155 = 2310

第三部分 $\sum_{k=1}^{8} F_{k+1}^2$ 是一个变形的平方和.我们可以通过换元（令 $j=k+1$ ）来看清它的本质：

\sum_{k=1}^{8} F_{k+1}^2 = F_2^2 + F_3^2 + ... + F_9^2 = \left( \sum_{k=1}^{9} F_k^2 \right) - F_1^2

利用平方和公式：

\left( \sum_{k=1}^{9} F_k^2 \right) - F_1^2 = (F_9 F_{10}) - 1^2 = (34 \times 55) - 1 = 1870 - 1 = 1869

将三部分结果相加：

714 + 2310 + 1869 = 4893

最终结果为 $4893$ .

例

证明： $\sum_{k=1}^{n} F_{2k-1} = F_{2n}$ .

证明

解析： 这个和式只对奇数项求和.我们没有直接的公式可用，但这种形式强烈地暗示了裂项相消的可能性.我们的目标是把通项 $F_{2k-1}$ 表达成两项之差. 我们从斐波那契数列的定义出发，观察偶数项与它之前的两项的关系：

F_{2k} = F_{2k-1} + F_{2k-2}

移项可得：

F_{2k-1} = F_{2k} - F_{2k-2}

这个形式非常完美！它将一个奇数项表示成了两个相邻偶数项之差. 接着我们可以对整个和式进行裂项：

\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} F_{2k-1} &= \sum_{k=1}^{n} (F_{2k} - F_{2k-2}) &= (F_2 - F_0) + (F_4 - F_2) + (F_6 - F_4) + ... + (F_{2n} - F_{2n-2}) \end{aligned}

这是一个非常清晰的裂项求和.中间的项 $( -F_2$ 与 $+F_2$ , $-F_4$ 与 $+F_4$ , ...) 全部抵消. 最终只剩下第一项的 $-F_0$ 和最后一项的 $+F_{2n}$ .

\sum_{k=1}^{n} F_{2k-1} = F_{2n} - F_0

根据定义 $F_0=0$ ，我们得到：

\sum_{k=1}^{n} F_{2k-1} = F_{2n}

证毕.

23-24河南漯河期末

分析并判断以下关于斐波那契数列 $\{F_n\}$ （定义为 $F_0=0, F_1=1, ...$ ）的四个命题是否正确，并给出严格的证明或反例.

命题A：数列 $\{F_n\}$ 是一个递增数列.

命题B：89 是数列 $\{F_n\}$ 中的一项.

命题C：对所有 $n \ge 1$ , 恒等式 $\sum_{k=1}^{n} F_k^2 = F_n F_{n+1}$ 成立.（原题是要求从前 $10$ 项“注意到”，稍微有些不严谨.）

命题D：比值 $\dfrac{F_n}{F_{n+1}}$ 收敛, 且其极限为 $\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$ .

解

解析： 这是一个考察综合能力的题目，我们需要逐一分析每个命题的真伪.

命题 A：错误. 严格递增数列要求对任意 $n \ge 0$ 都有 $F_{n+1} \> F_n$ . 但在本数列中，我们有 $F_1=1$ 且 $F_2=1$ , 不满足 $F_2 \> F_1$ . 因此，斐波那契数列是一个非减数列，但不是严格递增数列.

命题 B：正确. 通过逐项计算，我们得到数列的前几项： $0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, \underline{89}, ...$ . 可以看到，89 是数列的第11项（ $F_{11}=89$ ）.

命题 C：正确. 这正是在本节“平方和”部分，我们通过代数裂项和几何拼接两种方法证明过的恒等式.它对所有正整数 $n$ 都成立.

命题 D：正确. 在前面的例题中，我们已经证明了斐波那契数列相邻两项的比值收敛于黄金分割比 $\varphi$ ：

\lim_{n \to \infty} \frac{F_{n+1}}{F_n} = \varphi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}

本题所求的极限是其倒数.根据极限的运算法则：

\lim_{n \to \infty} \frac{F_n}{F_{n+1}} = \frac{1}{\lim_{n \to \infty} \frac{F_{n+1}}{F_n}} = \frac{1}{\varphi}

我们来计算 $\frac{1}{\varphi}$ 的值，通过分子有理化：

\frac{1}{\varphi} = \frac{2}{1+\sqrt{5}} = \frac{2(\sqrt{5}-1)}{(\sqrt{5}+1)(\sqrt{5}-1)} = \frac{2(\sqrt{5}-1)}{5-1} = \frac{2(\sqrt{5}-1)}{4} = \frac{\sqrt{5}-1}{2}

因此，该命题正确.这个值有时被称为黄金分割比的共轭，记作 $\frac{1}{\varphi}$ 或 $\Phi$ .

结论： 命题 A 错误，命题 B、C、D 均正确.

2024年新高考一卷第8题

已知定义在 $\mathbb{R}$ 上的函数 $f(x)$ 满足 $f(x) \> f(x-1) + f(x-2)$ , 且当 $x\<3$ 时, $f(x)=x$ .判断下列结论中哪一个必定正确？

\item[(A)] $f(10) \> 100$ \item[(B)] $f(20) \> 1000$ \item[(C)] $f(10) \< 1000$ \item[(D)] $f(20) \< 10000$

解

解析： 这个问题的核心在于理解不等式 $f(x) \> f(x-1) + f(x-2)$ 的含义.它告诉我们, 该函数的增长速度超过了斐波那契数列的增长模式.这启发我们, 可以用一个标准的斐波那契数列作为 $f(x)$ 的下界，然后利用这个下界进行估值和判断.

首先，我们分析问题的条件.不等式只给出了一个下限，函数 $f(x)$ 的值完全可以比这个下限大得多（例如, $f(3)$ 可以是 $3.1$ , 也可以是 $10^9$ ）.因此, 任何试图给出 $f(x)$ 上界的结论，如 (C) 和 (D)，都无法从已知条件中得到保证，故不可能是“一定正确”的.我们的注意力应集中在下界相关的选项 (A) 和 (B) 上.

我们来构造一个基准模型.定义一个新数列 $\{g_n\}$ ，它严格遵循斐波那契的等式关系：

g_n = g_{n-1} + g_{n-2} (n \ge 3)

为了将它与 $f(x)$ 联系起来, 我们用 $f(x)$ 的已知值来设定 $\{g_n\}$ 的初始项.对于整数 $n$ ：

\begin{aligned} f(1) &= 1 (\text{因为 } 1\<3) f(2) &= 2 (\text{因为 } 2\<3) \end{aligned}

我们便设定 $g_1 = 1, g_2 = 2$ .接着我们来计算 $\{g_n\}$ 的前几项：

\begin{aligned} g_1 &= 1 g_2 &= 2 g_3 &= g_2+g_1 = 2+1=3 g_4 &= g_3+g_2 = 3+2=5 g_5 &= g_4+g_3 = 5+3=8 \end{aligned}

我们发现，这个数列 $\{g_n\}$ 正是斐波那契数列 $\{F_n\}$ 的一个平移： $g_n = F_{n+1}$ .

接下来，我们用数学归纳法证明一个关键的不等关系： $f(n) \> g_n = F_{n+1}$ 对所有整数 $n \ge 3$ 成立.

奠基步骤： 当 $n=3$ 时, 根据题设 $f(3) \> f(2)+f(1) = 2+1=3$ . 而 $g_3=3$ . 因此 $f(3) \> g_3$ 成立.

归纳步骤： 假设当 $3 \le k \< n$ 时, 不等式 $f(k) \> g_k$ 成立.我们要证明 $f(n) \> g_n$ .

\begin{aligned} f(n) &\> f(n-1) + f(n-2) (\text{由题设}) &\text{根据归纳假设, } f(n-1)\>g_{n-1} \text{ 且 } f(n-2)\>g_{n-2} \text{ (只要 } n-2 \ge 3 \text{)} &\text{当 } n-2=2 \text{ 即 } n=4 \text{ 时, } f(2)=g_2 \text{, 我们需单独考虑} \text{若 } n=4, f(4) &\> f(3)+f(2) \> g_3+g_2 = g_4 \text{若 } n \ge 5, f(n) &\> f(n-1)+f(n-2) \> g_{n-1}+g_{n-2} = g_n \end{aligned}

综合来看，对于所有整数 $n \ge 3$ , 我们都有 $f(n) \> g_n = F_{n+1}$ .

接着，我们用这个强大的下界来检验选项 (A) 和 (B).

检验选项 (A): $f(10) \> 100$ 根据我们的结论， $f(10) \> g_{10} = F_{11}$ . 计算斐波那契数列： $F_1=1, ..., F_8=21, F_9=34, F_{10}=55, F_{11}=89$ . 我们能确定的只是 $f(10) \> 89$ .这并不能保证 $f(10)$ 一定大于 100.例如, $f(10)$ 有可能是 95，这并不违反任何已知条件.故 (A) 不一定正确，此时可以直接选了.

检验选项 (B): $f(20) \> 1000$ 根据我们的结论， $f(20) \> g_{20} = F_{21}$ . 我们继续计算斐波那契数列：

\begin{aligned} F_{11} &= 89 F_{12} &= 144 F_{13} &= 233 F_{14} &= 377 F_{15} &= 610 F_{16} &= 987 F_{17} &= 1597 F_{18} &= 2584 F_{19} &= 4181 F_{20} &= 6765 F_{21} &= 10946 \end{aligned}

我们得到了 $f(20) \> F_{21} = 10946$ . 因为 $10946 \> 1000$ , 所以我们能够确定无疑地得到 $f(20) \> 1000$ .故 (B) 一定正确.

谈谈这道高考题，本题是函数与数列结合的典范，其貌似函数，实则考察的是学生对数列模型的抽象与应用能力，特别是对斐波那契数列深刻的理解.

面对这种新定义问题，关键在于**“退一步，看本质”**.

拿到题目，第一眼就要锁定最关键的信息： $f(x) \> f(x-1) + f(x-2)$ .这个结构与斐波那契数列的定义 $F_n = F_{n-1} + F_{n-2}$ 仅一“不等号”之差.这个不等号是解题的钥匙, 它暗示了 $f(x)$ 是一个“超级斐波那契”函数, 它的增长速度比斐波那契更快.既然 $f(x)$ 的增长是“超斐波那契”的, 我们就无法精确计算它的值.但是, 我们可以构造一个标准的斐波那契数列作为它的下界.这是最关键的建模思想.我们定义一个数列 $g_n$ 严格遵循斐波那契的等式关系, 并使其初始值与 $f(x)$ 的已知值对齐, 即 $g_1=f(1)=1, g_2=f(2)=2$ .模型建好后, 必须用严格的数学语言（数学归纳法）证明我们的直觉： $f(n)$ 的确始终“跑在” $g_n$ 的前面, 即 $f(n) \> g_n$ 对所有 $n \ge 3$ 成立.这是解题的逻辑基石.证明了 $f(n) \> g_n$ 之后，我们就拥有了一个强大的放缩工具.

排除上界选项： 因为题目只给了“大于号”， $f(x)$ 的值可以比下界大任意多.所以任何给出“小于号”（上界）的选项，如 (C) 和 (D)，都无法得到保证，可以直接排除.这是基于对不等式性质的深刻理解.
检验下界选项： 对于 (A) 和 (B)，我们只需计算出下界 $g_n$ 的值. $f(10) \> g_{10} = 89$ , 这无法保证 $f(10)\>100$ .而 $f(20) \> g_{20} = 10946$ , 这足以保证 $f(20)\>1000$ .

当然，这是一道选择题，实际上不需要如此麻烦. 关于本题的更快解法网上已经有很多，我们这里详细说明，是为了让读者更好理解为什么.

不过，这道题也启示我们，扪心自问一下自己能否从一个陌生的函数不等式中，抽象出熟悉的数列模型？这是从具体问题到数学模型的关键一步.能否深刻理解“ $\>$ ”的含义，并意识到它只提供了单向的界限？

我敢说能迅速排除(C)和(D)的学生，注意力杠杠的！最后从猜想到证明，通过数学归纳法将直觉转化为无可辩驳的结论，这是区别于“想当然”的科学思维方式.

数列求和的通用策略

{/* label: sec:ch07-s08 */}

我们已经深入探讨了等差数列与等比数列这两种理想化的模型及其求和公式.然而，在更广阔的数学世界中，遇到的数列往往结构更为复杂，它们既非等差，也非等比.要计算这些数列的和，我们不能仅仅依赖特定的公式，而必须掌握一套通用的、能够应对不同数列结构的分析策略与代数技巧.

本节的核心任务，正是建立这样一个强大的“工具箱”.我们将系统地梳理和阐述一系列求和的通用方法，从基本的代数变形到更为深刻的构造性技巧.这些方法的目标是统一的：通过某种变换，将一个陌生、复杂的求和问题，化归为我们已经熟悉或可以处理的简单形式.掌握这些策略，意味着我们具备了从“套用公式”到“解决问题”的能力跃迁.

基本公式法

适用场景： 数列的通项 $a_n$ 是一个关于 $n$ 的多项式. 核心思想： 利用求和符号 $\sum$ 的线性性质，将原求和式拆分为若干个基本幂次和的形式，然后利用已知的幂次和公式进行计算.

我们必须熟记以下几个最基本的自然数幂次和公式：

常数和： $\sum_{k=1}^{n} c = cn$
一次方和 (等差数列)： $\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}$
二次方和 (平方和)： $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

我补充一下第二个公式的推导过程： \paragraph{法一：扰动法} 此方法极具构造性，其核心思想是寻找一个能够与目标和式 $\sum k^2$ 产生关联的裂项求和.我们注意到 $(k+1)^3$ 与 $k^3$ 的差是一个关于 $k$ 的二次多项式，这正是我们需要的联系.

考虑恒等式：

(k+1)^3 - k^3 = k^3 + 3k^2 + 3k + 1 - k^3 = 3k^2 + 3k + 1

这个恒等式对所有 $k$ 均成立.现在, 我们对这个等式的两边同时从 $k=1$ 到 $n$ 进行求和：

\sum_{k=1}^{n} \left[ (k+1)^3 - k^3 \right] = \sum_{k=1}^{n} (3k^2 + 3k + 1)

我们分别计算等式的左右两边.

左侧 (LHS) 是一个典型的裂项求和：

\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} \left[ (k+1)^3 - k^3 \right] &= (2^3 - 1^3) + (3^3 - 2^3) + (4^3 - 3^3) + ... + ((n+1)^3 - n^3) &= -1^3 + (2^3-2^3) + (3^3-3^3) + ... + (n^3-n^3) + (n+1)^3 &= (n+1)^3 - 1 \end{aligned}

右侧 (RHS) 利用求和的线性性质进行拆分：

\sum_{k=1}^{n} (3k^2 + 3k + 1) = 3\sum_{k=1}^{n} k^2 + 3\sum_{k=1}^{n} k + \sum_{k=1}^{n} 1

令 $S_2 = \sum_{k=1}^{n} k^2$ (这是我们的目标), 并代入已知的一次和与常数和公式：

\text{RHS} = 3S_2 + 3 \cdot \frac{n(n+1)}{2} + n

联立左右两侧的结果：

(n+1)^3 - 1 = 3S_2 + \frac{3n(n+1)}{2} + n

我们的任务现在转化为一个纯粹的代数问题：解出 $S_2$ .

\begin{aligned} 3S_2 &= (n+1)^3 - 1 - \frac{3n(n+1)}{2} - n &= (n+1)^3 - (n+1) - \frac{3n(n+1)}{2} &= (n+1) \left[ (n+1)^2 - 1 - \frac{3n}{2} \right] &= (n+1) \left[ n^2 + 2n + 1 - 1 - \frac{3n}{2} \right] &= (n+1) \left[ n^2 + \frac{n}{2} \right] &= (n+1) \cdot n \left( n + \frac{1}{2} \right) &= \frac{n(n+1)(2n+1)}{2} \end{aligned}

两边同除以 $3$ , 我们便得到了平方和公式：

S_2 = \sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}

\paragraph{法二：数学归纳法} 我们已经通过扰动法“发现”了公式，现在我们用归纳法来严格地“验证”它.

证明： 设命题 $P(n)$ 为 $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ .

奠基步骤： 当 $n=1$ 时, 左侧 $= \sum_{k=1}^{1} k^2 = 1^2 = 1$ . 右侧 $= \frac{1(1+1)(2\cdot 1+1)}{6} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} = 1$ . 由于左侧 = 右侧, 命题 $P(1)$ 成立.

归纳步骤： 假设当 $n=m$ ( $m \ge 1$ 为任意整数) 时命题成立，即我们假设：

\sum_{k=1}^{m} k^2 = \frac{m(m+1)(2m+1)}{6}

我们需要利用这个假设，证明当 $n=m+1$ 时命题也成立.我们的目标是证明：

\sum_{k=1}^{m+1} k^2 = \frac{(m+1)((m+1)+1)(2(m+1)+1)}{6} = \frac{(m+1)(m+2)(2m+3)}{6}

我们从目标等式的左侧开始推导：

\begin{aligned} \text{左侧} &= \sum_{k=1}^{m+1} k^2 = \left(\sum_{k=1}^{m} k^2\right) + (m+1)^2 &\text{根据归纳假设, 替换求和部分：} &= \frac{m(m+1)(2m+1)}{6} + (m+1)^2 &\text{提取公因子 } (m+1) \text{ 以简化代数运算：} &= (m+1) \left[ \frac{m(2m+1)}{6} + (m+1) \right] &= (m+1) \left[ \frac{2m^2+m + 6(m+1)}{6} \right] &= (m+1) \left[ \frac{2m^2+m+6m+6}{6} \right] &= \frac{(m+1)(2m^2+7m+6)}{6} &\text{对二次多项式因式分解：} &= \frac{(m+1)(m+2)(2m+3)}{6} &= \text{右侧} \end{aligned}

推导完成.这证明了如果命题对 $n=m$ 成立, 它也必然对 $n=m+1$ 成立.

根据奠基步骤和归纳步骤，由数学归纳法原理可知，命题 $P(n)$ 对所有正整数 $n$ 均成立.

\paragraph{法三：待定系数法} 注意到 $d$ 次多项式的求和结果是一个 $d+1$ 次多项式. 由于 $k^2$ 是关于 $k$ 的二次多项式, 其前 $n$ 项和 $S_n = \sum_{k=1}^{n} k^2$ 必然是关于 $n$ 的三次多项式.

我们可设 $S_n = An^3 + Bn^2 + Cn + D$ . 我们的任务是确定系数 $A, B, C, D$ . 利用 $a_n = S_n - S_{n-1}$ 的关系：

\begin{aligned} n^2 &= S_n - S_{n-1} &= (An^3+Bn^2+Cn+D) - [A(n-1)^3+B(n-1)^2+C(n-1)+D] &= A(n^3 - (n^3-3n^2+3n-1)) + B(n^2-(n^2-2n+1)) + C(n-(n-1)) &= A(3n^2-3n+1) + B(2n-1) + C &= 3An^2 + (2B-3A)n + (A-B+C) \end{aligned}

比较等式两边 $n$ 的同次幂系数：

$n^2$ 的系数: $3A = 1 \implies A = \frac{1}{3}$
$n$ 的系数: $2B-3A = 0 \implies 2B = 3(\frac{1}{3}) = 1 \implies B = \frac{1}{2}$
常数项: $A-B+C = 0 \implies C = B-A = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6}$

因此， $S_n = \frac{1}{3}n^3 + \frac{1}{2}n^2 + \frac{1}{6}n + D$ . 为了确定 $D$ , 我们利用初始条件 $S_1 = 1$ .

S_1 = \frac{1}{3}(1)^3 + \frac{1}{2}(1)^2 + \frac{1}{6}(1) + D = \frac{1}{3}+\frac{1}{2}+\frac{1}{6} + D = 1+D

由于 $S_1=1$ , 故 $1+D=1 \implies D=0$ .

将系数代回，我们得到：

S_n = \frac{1}{3}n^3 + \frac{1}{2}n^2 + \frac{1}{6}n = \frac{2n^3+3n^2+n}{6} = \frac{n(2n^2+3n+1)}{6} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}

例

求和 $S_n = \sum_{k=1}^{n} (k^2 - 3k + 2)$ .

解

解析： 首先，利用求和符号的线性性质将和式分解：

S_n = \sum_{k=1}^{n} k^2 - \sum_{k=1}^{n} 3k + \sum_{k=1}^{n} 2

接着，将常数因子提出：

S_n = \sum_{k=1}^{n} k^2 - 3\sum_{k=1}^{n} k + 2\sum_{k=1}^{n} 1

代入基本幂次和公式：

\begin{aligned} S_n &= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} - 3 \cdot \frac{n(n+1)}{2} + 2n &= \frac{n}{6} [(n+1)(2n+1) - 9(n+1) + 12] &= \frac{n}{6} [2n^2 + 3n + 1 - 9n - 9 + 12] &= \frac{n}{6} [2n^2 - 6n + 4] &= \frac{n}{3} (n^2 - 3n + 2) &= \frac{n(n-1)(n-2)}{3} \end{aligned}

裂项相消法

数列的通项 $a_k$ 能够被分解为两项之差的形式, 即 $a_k = f(k) - f(k+c)$ 或 $a_k = f(k+c) - f(k)$ .

将数列的每一项都拆分为两部分，在求和的过程中，中间的项会像被收起的望远镜一样，前后两两抵消，最终只剩下有限的几项（通常是首尾几项），从而极大地简化计算.

构造裂项是此方法的关键.以下是一些常见的可用于构造裂项的代数结构：

部分分式型 (I) - 基本型:

\frac{1}{k(k+d)} = \frac{1}{d}\left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+d}\right)

构造思路： 这是最基本的分式裂项.其构造的核心是在分子上创造出与分母因子相匹配的差，即 $(k+d)-k=d$ .通过在原式分子分母同乘以 $d$ ，再进行拆分即可得到.

部分分式型 (II) - 奇偶项:

\frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1}\right)

构造思路： 这是上述公式在 $d=2$ 时的特例，适用于分母是由公差为2的等差数列相邻项构成的情况.

根式有理化型:

\frac{1}{\sqrt{k+d}+\sqrt{k}} = \frac{1}{d}(\sqrt{k+d}-\sqrt{k})

构造思路： 对分母进行有理化.分子分母同乘以其共轭表达式 $\sqrt{k+d}-\sqrt{k}$ , 利用平方差公式 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})(\sqrt{a}-\sqrt{b})=a-b$ 消去分母的根号, 使其变为常数 $d$ .

平方差裂项型:

\frac{2k+1}{k^2(k+1)^2} = \frac{1}{k^2} - \frac{1}{(k+1)^2}

构造思路： 从右侧反向推导更为直观.通分 $\frac{1}{k^2} - \frac{1}{(k+1)^2}$ , 其分子为 $(k+1)^2-k^2 = (k^2+2k+1)-k^2 = 2k+1$ ，恰好匹配左侧.此形式在处理分母为相邻项的完全平方之积时极为有效.

指数型:

\frac{2^k}{(2^k-1)(2^{k+1}-1)} = \frac{1}{2^k-1} - \frac{1}{2^{k+1}-1}

构造思路： 同样从右侧通分验证.其分子为 $(2^{k+1}-1) - (2^k-1) = 2^{k+1}-2^k = 2 \cdot 2^k - 2^k = 2^k$ , 与左侧分子完全吻合.其本质是利用了指数函数 $f(k)=2^k-1$ 的差分性质.

混合型 (指数与多项式):

\frac{2^k(k-1)}{k(k+1)} = \frac{2^{k+1}}{k+1} - \frac{2^k}{k}

**构造思路：**此类混合形式的裂项通常通过定义函数 $f(k)=\frac{2^k}{k}$ 并考察其差分 $f(k+1)-f(k)$ 来发现.计算 $f(k+1)-f(k) = \frac{2^{k+1}}{k+1}-\frac{2^k}{k}$ 并通分，即可得到左侧的表达式.

交错分式型:

\frac{(-1)^k(k+1)}{(2k+1)(2k+3)} = \frac{1}{4}\left(\frac{(-1)^k}{2k+1} - \frac{(-1)^{k+1}}{2k+3}\right)

构造思路： 从右侧的方括号内通分.其分子为 $(-1)^k(2k+3) - (-1)^{k+1}(2k+1)$ .利用 $(-1)^{k+1}=-(-1)^k$ , 分子变为 $(-1)^k[(2k+3)+(2k+1)] = (-1)^k(4k+4) = 4(-1)^k(k+1)$ .将此结果与系数 $\frac{1}{4}$ 相乘，恰好得到左侧.

交错根式型:

\frac{(-1)^k}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}} = (-1)^k\sqrt{k} - (-1)^{k-1}\sqrt{k-1}

高阶部分分式型:

\frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{k(k+1)} - \frac{1}{(k+1)(k+2)}\right)

构造思路： 这是我们在“待定系数法”一节中推导过的例子.其思想是将 $f(k)=\frac{A}{k(k+1)}$ 作为差分原函数进行构造，是基本部分分式思想的延伸.

阶乘添项型 (I):

k \cdot k! = (k+1)! - k!

构造思路： 这是阶乘裂项中最经典的形式.关键技巧在于将因子 $k$ 巧妙地改写为 $(k+1)-1$ , 然后利用乘法分配律展开： $k \cdot k! = ((k+1)-1)k! = (k+1)k! - k!$ .

阶乘添项型 (II):

\frac{k}{(k+1)!} = \frac{1}{k!} - \frac{1}{(k+1)!}

构造思路： 与上一条技巧完全相同，将分子 $k$ 改写为 $(k+1)-1$ ：

\frac{k}{(k+1)!} = \frac{(k+1)-1}{(k+1)!} = \frac{k+1}{(k+1)!} - \frac{1}{(k+1)!} = \frac{1}{k!} - \frac{1}{(k+1)!}

例

求和 $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+2)}$ .

解

解析： 通项 $a_k = \frac{1}{k(k+2)}$ 符合部分分式分解的结构.

a_k = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+2}\right)

这是一个间隔为 $2$ 的裂项.我们将和式写出，观察其相消规律：

\begin{aligned} 2S_n &= \sum_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+2}\right) &= \left(1-\frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right) + ... & + \left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}\right) + \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}\right) \end{aligned}

抵消发生在前一项的负项与后一项的正项之间，例如 $-\frac{1}{3}$ 与 $+\frac{1}{3}$ . 最终，只有开头的两项正数 $1$ 和 $\frac{1}{2}$ , 以及结尾的两项负数 $-\frac{1}{n+1}$ 和 $-\frac{1}{n+2}$ 被保留下来.

2S_n = 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} = \frac{3}{2} - \frac{2n+3}{(n+1)(n+2)}

因此，

S_n = \frac{3}{4} - \frac{2n+3}{2(n+1)(n+2)} = \frac{n(3n+5)}{4(n+1)(n+2)}

例

已知正项数列 $\{a_n\}$ 中, $a_1=1$ , $a_{n+1}^2 - a_n^2 = 1$ , 则数列 $\left\{\dfrac{1}{a_{n+1}+a_n}\right\}$ 的前 $99$ 项和为 ( )

\item[(A)] $4950$ \item[(B)] $10$ \item[(C)] $9$ \item[(D)] $\dfrac{1}{4950}$

解

解析： 本题给出了一个关于数列 $\{a_n\}$ 的递推关系, 却要求另一个结构相关的数列 $\{b_n\}$ (其中 $b_n = \frac{1}{a_{n+1}+a_n}$ ) 的和.这是一个典型的信息分离问题，解决的关键在于找到连接已知条件与未知目标的桥梁.

我们的通法是，对已知条件进行等价变形，看能否从中直接推导出所求数列通项的简单形式.

注意到 $a_{n+1}^2 - a_n^2 = 1$ 左侧是一个完美的平方差结构.这是最强烈的代数信号, 提示我们应立即对其进行因式分解.（因式分解是降低表达式复杂度的基本手段.我们期望分解后的因子能与我们要求和的项 $\frac{1}{a_{n+1}+a_n}$ 产生关联.）

(a_{n+1} - a_n)(a_{n+1} + a_n) = 1

我们惊喜地发现，因子 $(a_{n+1}+a_n)$ 正是所求数列通项的分母.这便是我们寻找的桥梁.

由于 $\{a_n\}$ 是正项数列, 故 $a_{n+1}+a_n \neq 0$ . 我们可以安全地将上式两边同除以 $(a_{n+1}+a_n)$ , 从而得到所求通项的全新表达：

\frac{1}{a_{n+1}+a_n} = a_{n+1} - a_n

这个恒等式是解题的突破口.它将一个复杂的分式形式，化归为了一个极其简洁的差分形式.这立即表明，原求和问题本质上是一个裂项相消求和.

令 $S_{99}$ 为所求的和：

\begin{aligned} S_{99} &= \sum_{n=1}^{99} \frac{1}{a_{n+1}+a_n} = \sum_{n=1}^{99} (a_{n+1} - a_n) &= (a_2-a_1) + (a_3-a_2) + ... + (a_{100}-a_{99}) \end{aligned}

这是一个首尾相连的裂项求和，其结果为：

S_{99} = a_{100} - a_1

问题至此转化为求解 $a_{100}$ 的值.为此, 我们必须求出数列 $\{a_n\}$ 的通项公式.

观察 $a_{n+1}^2 - a_n^2 = 1$ . 如果我们令新数列 $c_n = a_n^2$ , 那么这个关系就变为 $c_{n+1} - c_n = 1$ . 这表明数列 $\{a_n^2\}$ 是一个首项为 $c_1 = a_1^2=1$ , 公差为 $1$ 的等差数列.

根据等差数列通项公式，我们得到 $c_n = c_1 + (n-1)d = 1 + (n-1) \cdot 1 = n$ . 即 $a_n^2 = n$ . 因为 $\{a_n\}$ 是正项数列, 所以 $a_n = \sqrt{n}$ .

计算出 $a_{100} = \sqrt{100} = 10$ . 代入第三步的结果：

S_{99} = a_{100} - a_1 = 10 - 1 = 9

故本题的正确答案是 (C).

例

数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n = \dfrac{2n+1}{n^2(n+1)^2} (n \in \mathbb{N}^*)$ , 该数列的前 $8$ 项和为 \underline{}.

解

解析： 直接对这个复杂的通项求和是不现实的.我们的首要任务是简化通项 $a_n$ .解决此类问题的通用策略是, 尝试将 $a_n$ 分解为 $f(n) - f(n+1)$ 的形式，以便使用裂项相消法.

这是因为观察通项的结构是形成猜想的起点.分母 $n^2(n+1)^2$ 是一个极其强烈的提示信号.它恰好是两个结构相似的项 $\frac{1}{n^2}$ 和 $\frac{1}{(n+1)^2}$ 在通分时会得到的分母.这引导我们大胆地猜想, $a_n$ 可能与这两项的差有关.

基于我们的猜想，我们主动构造并计算 $\frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}$ , 看其结果是否与 $a_n$ 吻合.

\frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} = \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2}

对分子使用平方差公式或直接展开：

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

这个结果与 $a_n$ 的分子完全一致.我们的猜想得到了证实.

我们已经证明了一个关键的恒等式：

a_n = \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}

这个形式是 $f(n) - f(n+1)$ 的标准裂项结构, 其中 $f(n) = \dfrac{1}{n^2}$ .

计算前 $8$ 项和 $S_8$ :

\begin{aligned} S_8 &= \sum_{n=1}^{8} a_n = \sum_{n=1}^{8} \left( \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right) &= \left(\frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2}\right) + \left(\frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2}\right) + ... + \left(\frac{1}{8^2} - \frac{1}{9^2}\right) \end{aligned}

在上述和式中，除首项的 $\frac{1}{1^2}$ 和末项的 $-\frac{1}{9^2}$ 之外，所有中间项都两两抵消.

S_8 = \frac{1}{1^2} - \frac{1}{9^2} = 1 - \frac{1}{81} = \frac{80}{81}

因此，该数列的前 $8$ 项和为 $\dfrac{80}{81}$ .

2013 全国课标I卷

已知等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$ , 满足 $S_3=0, S_5=-5$ .

求 $\{a_n\}$ 的通项公式;
求数列 $\left\{\dfrac{1}{a_{2n-1}a_{2n+1}}\right\}$ 的前 $n$ 项和.

解

设等差数列 $\{a_n\}$ 的首项为 $a_1$ , 公差为 $d$ . 根据前 $n$ 项和公式 $S_n = na_1 + \frac{n(n-1)}{2}d$ , 我们由已知条件可以建立关于 $a_1$ 和 $d$ 的方程组.

\begin{cases} S_3 = 3a_1 + \frac{3(2)}{2}d = 3a_1+3d=0 \\ S_5 = 5a_1 + \frac{5(4)}{2}d = 5a_1+10d=-5 \end{cases}

化简该方程组得到:

\begin{cases} a_1+d=0 \\ a_1+2d=-1 \end{cases}

解得 $d=-1$ 且 $a_1=1$ . 因此, 数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为

a_n = a_1 + (n-1)d = 1 + (n-1)(-1) = 2-n

对于第二问, 我们需要求和的数列通项为 $b_n = \dfrac{1}{a_{2n-1}a_{2n+1}}$ . 首先, 利用已求得的通项公式, 我们表示出 $a_{2n-1}$ 和 $a_{2n+1}$ :

a_{2n-1} = 2 - (2n-1) = 3-2n

a_{2n+1} = 2 - (2n+1) = 1-2n

于是,

b_n = \frac{1}{(3-2n)(1-2n)}

这是一个典型的可以应用裂项相消法的形式. 我们注意到分母两因子之差为 $(3-2n)-(1-2n)=2$ . 因此, 我们可以将 $b_n$ 分解为:

b_n = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1-2n} - \frac{1}{3-2n}\right)

为构造标准的裂项求和形式, 我们令 $f(k) = \dfrac{1}{3-2k}$ . 那么, $f(k+1) = \dfrac{1}{3-2(k+1)} = \dfrac{1}{1-2k}$ . 于是, 通项可以被优雅地写作 $b_k = \dfrac{1}{2}(f(k+1) - f(k))$ .

令所求前 $n$ 项和为 $T_n$ , 则

\begin{aligned} T_n &= \sum_{k=1}^{n} b_k = \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n} (f(k+1)-f(k)) &= \frac{1}{2} \left[ (f(2)-f(1)) + (f(3)-f(2)) + ... + (f(n+1)-f(n)) \right] \end{aligned}

这是一个首尾相连的裂项求和, 中间项相互抵消, 最终结果为

\begin{aligned} T_n &= \frac{1}{2} (f(n+1) - f(1)) &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3-2(n+1)} - \frac{1}{3-2(1)} \right) &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{1-2n} - 1 \right) &= \frac{1}{2} \left( \frac{1-(1-2n)}{1-2n} \right) &= \frac{n}{1-2n} \end{aligned}

2014大纲卷

已知等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$ , $a_1=10$ , $a_2$ 为整数, 且对任意 $n \in \mathbb{N}^*$ 都有 $S_n \le S_4$ .

求 $\{a_n\}$ 的通项公式;
设 $b_n = \dfrac{1}{a_n a_{n+1}}$ , 求数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和 $T_n$ .

解

条件 $S_n \le S_4$ 对所有正整数 $n$ 成立, 意味着数列 $\{S_n\}$ 在 $n=4$ 处取得最大值. 对于等差数列, 其前 $n$ 项和 $S_n$ 是关于 $n$ 的二次函数, $S_n = \frac{d}{2}n^2 + (a_1-\frac{d}{2})n$ . 欲使 $S_n$ 存在最大值, 其二次项系数必须为负, 即公差 $d\<0$ .

$S_n$ 在 $n=4$ 取得最大值, 这也意味着从第 $5$ 项开始, 数列的项 $a_n$ 开始对总和产生负贡献 (或零贡献). 这等价于 $S_4 \ge S_3$ 且 $S_4 \ge S_5$ . 由 $S_n - S_{n-1} = a_n$ , 上述条件转化为:

\begin{cases} a_4 \ge 0 \\ a_5 \le 0 \end{cases}

利用通项公式 $a_n = a_1 + (n-1)d$ 及已知 $a_1=10$ , 我们得到关于公差 $d$ 的不等式组:

\begin{cases} 10+3d \ge 0 \\ 10+4d \le 0 \end{cases} \implies \begin{cases} d \ge -\frac{10}{3} \\ d \le -\frac{10}{4} \end{cases}

即 $-\frac{10}{3} \le d \le -\frac{5}{2}$ .

又因为 $a_2 = a_1+d = 10+d$ 是整数, 且 $a_1=10$ 是整数, 所以公差 $d$ 必须是整数. 在区间 $\left[-\frac{10}{3}, -\frac{5}{2}\right]$ (即 $[-3.33..., -2.5]$ ) 内唯一的整数是 $d=-3$ .

由此我们唯一确定了该等差数列. 其通项公式为:

a_n = 10 + (n-1)(-3) = 13-3n

对于第二问, 我们求数列 $\{b_n\}$ 的和, 其通项为 $b_n = \dfrac{1}{a_n a_{n+1}}$ . 代入 $a_n = 13-3n$ , 有 $a_{n+1} = 13-3(n+1) = 10-3n$ .

b_n = \frac{1}{(13-3n)(10-3n)}

分母两因子之差为 $(13-3n)-(10-3n)=3$ . 我们可以进行裂项分解:

b_n = \frac{1}{3}\left(\frac{1}{10-3n} - \frac{1}{13-3n}\right)

令 $f(k) = \dfrac{1}{13-3k}$ , 那么 $f(k+1) = \dfrac{1}{13-3(k+1)} = \dfrac{1}{10-3k}$ . 于是, $b_k = \dfrac{1}{3}(f(k+1) - f(k))$ .

所求前 $n$ 项和 $T_n$ 为:

\begin{aligned} T_n &= \sum_{k=1}^{n} b_k = \frac{1}{3}\sum_{k=1}^{n} (f(k+1)-f(k)) &= \frac{1}{3} \left[ (f(2)-f(1)) + (f(3)-f(2)) + ... + (f(n+1)-f(n)) \right] \end{aligned}

此为裂项求和, 结果为:

\begin{aligned} T_n &= \frac{1}{3} (f(n+1) - f(1)) &= \frac{1}{3} \left( \frac{1}{13-3(n+1)} - \frac{1}{13-3(1)} \right) &= \frac{1}{3} \left( \frac{1}{10-3n} - \frac{1}{10} \right) &= \frac{1}{3} \left( \frac{10 - (10-3n)}{10(10-3n)} \right) &= \frac{n}{10(10-3n)} \end{aligned}

2017 全国III卷

设数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1+3a_2+...+(2n-1)a_n=2n$ .

求 $\{a_n\}$ 的通项公式;
求数列 $\left\{\dfrac{a_n}{2n+1}\right\}$ 的前 $n$ 项和.

解

(1) 设 $T_n = a_1+3a_2+...+(2n-1)a_n = 2n$ . 这个结构提示我们使用作差法来分离出通项 $a_n$ . 当 $n \ge 2$ 时, 我们有 $T_{n-1} = a_1+3a_2+...+(2(n-1)-1)a_{n-1} = 2(n-1)$ .

考察 $T_n$ 与 $T_{n-1}$ 的差:

\begin{aligned} T_n - T_{n-1} &= (a_1+...+(2n-1)a_n) - (a_1+...+(2n-3)a_{n-1}) &= (2n-1)a_n \end{aligned}

另一方面,

T_n - T_{n-1} = 2n - 2(n-1) = 2

因此, 对于 $n \ge 2$ , 我们有 $(2n-1)a_n = 2$ , 即 $a_n = \dfrac{2}{2n-1}$ .

接着, 我们需要检验 $n=1$ 的情况. 在原条件中令 $n=1$ , 可得 $1 \cdot a_1 = 2(1)$ , 解得 $a_1=2$ . 将 $n=1$ 代入我们推导出的公式, $a_1 = \dfrac{2}{2(1)-1} = 2$ . 公式对 $n=1$ 也成立. 故数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n = \dfrac{2}{2n-1}$ .

(2) 设新数列为 $\{c_n\}$ , 其通项为 $c_n = \dfrac{a_n}{2n+1}$ . 将 $a_n$ 的表达式代入:

c_n = \frac{2/(2n-1)}{2n+1} = \frac{2}{(2n-1)(2n+1)}

分母两因子之差为 $(2n+1)-(2n-1)=2$ , 这是一个典型的裂项求和结构.

c_n = \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}

令所求前 $n$ 项和为 $S_n$ , 则:

\begin{aligned} S_n &= \sum_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1}\right) &= \left(\frac{1}{1}-\frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right) + ... + \left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right) \end{aligned}

中间项全部抵消, 得到:

S_n = 1 - \frac{1}{2n+1} = \frac{2n}{2n+1}

2011大纲卷

设数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=0$ , 且 $\dfrac{1}{1-a_{n+1}} - \dfrac{1}{1-a_n}=1$ .

求 $\{a_n\}$ 的通项公式;
设 $b_n = \dfrac{1-\sqrt{a_{n+1}}}{\sqrt{n}}$ , 记 $S_n = \sum_{k=1}^{n}b_k$ , 求证: $S_n \< 1$ .

解

(1) 观察给定的递推关系, 其形式暗示了换元法. 令新数列 $\{c_n\}$ 的通项为 $c_n = \dfrac{1}{1-a_n}$ . 则原递推关系化为 $c_{n+1} - c_n = 1$ . 这表明数列 $\{c_n\}$ 是一个公差为 $1$ 的等差数列.

其首项为 $c_1 = \dfrac{1}{1-a_1} = \dfrac{1}{1-0} = 1$ . 根据等差数列通项公式, $c_n = c_1 + (n-1)d = 1 + (n-1) \cdot 1 = n$ .

由 $c_n=n$ 反解 $a_n$ :

\frac{1}{1-a_n} = n \implies 1-a_n = \frac{1}{n} \implies a_n = 1-\frac{1}{n} = \frac{n-1}{n}

该公式即为 $\{a_n\}$ 的通项公式.

(2) 为了对 $\{b_n\}$ 求和, 我们首先需要化简其通项. 将 $a_{n+1} = \dfrac{(n+1)-1}{n+1} = \dfrac{n}{n+1}$ 代入 $b_n$ 的表达式:

\sqrt{a_{n+1}} = \sqrt{\frac{n}{n+1}} = \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}

于是,

\begin{aligned} b_n &= \frac{1-\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}}{\sqrt{n}} &= \frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})/\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}} &= \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n}\sqrt{n+1}} &= \frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}\sqrt{n+1}} - \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}\sqrt{n+1}} &= \frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}} \end{aligned}

通项 $b_n$ 被成功地分解为一个可以裂项相消的形式.

接着, 我们计算前 $n$ 项和 $S_n$ :

\begin{aligned} S_n &= \sum_{k=1}^{n} b_k = \sum_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{\sqrt{k}} - \frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) &= \left(\frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) + \left(\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}\right) + ... + \left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right) \end{aligned}

中间项全部抵消, 得到:

S_n = \frac{1}{\sqrt{1}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}} = 1 - \frac{1}{\sqrt{n+1}}

因为 $n$ 为正整数, $n+1 \ge 2$ , 所以 $\sqrt{n+1} \> 0$ , 从而 $\dfrac{1}{\sqrt{n+1}} \> 0$ . 因此, $S_n = 1 - \dfrac{1}{\sqrt{n+1}} \< 1$ . 证毕.

2006 全国I卷理

设数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$ , 且满足 $S_n = \dfrac{4}{3}a_n - \dfrac{1}{3} \cdot 2^{n+1} + \dfrac{2}{3}$ ( $n \in \mathbb{N}^*$ ).

求首项 $a_1$ 与通项公式 $a_n$ ;
设 $T_n = \dfrac{2^n}{S_n}$ , 求证: $\sum_{i=1}^{n} T_i \< \dfrac{3}{2}$ .

解

解析： (1) 首先求首项 $a_1$ . 当 $n=1$ 时, 数列的前 $1$ 项和即为其本身, 故有 $S_1 = a_1$ . 将此条件代入已知关系式:

a_1 = \frac{4}{3}a_1 - \frac{1}{3} \cdot 2^{1+1} + \frac{2}{3}

a_1 = \frac{4}{3}a_1 - \frac{4}{3} + \frac{2}{3} \implies -\frac{1}{3}a_1 = -\frac{2}{3}

解得 $a_1 = 2$ .

接下来求通项公式. 已知 $S_n$ 与 $a_n$ 的关系, 我们的目标是建立一个只含数列项的递推关系. 通项与前 $n$ 项和的最基本关系式 $a_n = S_n - S_{n-1}$ (当 $n \ge 2$ 时) 是实现这一目标的关键桥梁. (为什么这个关系式在此处至关重要？)

对于 $n \ge 2$ , 我们有:

S_n = \frac{4}{3}a_n - \frac{1}{3} \cdot 2^{n+1} + \frac{2}{3}

S_{n-1} = \frac{4}{3}a_{n-1} - \frac{1}{3} \cdot 2^n + \frac{2}{3}

两式相减, 左侧为 $S_n - S_{n-1} = a_n$ .

a_n = \left(\frac{4}{3}a_n - \frac{2}{3} \cdot 2^n\right) - \left(\frac{4}{3}a_{n-1} - \frac{1}{3} \cdot 2^n\right) + \frac{2}{3} - \frac{2}{3}

a_n = \frac{4}{3}a_n - \frac{4}{3}a_{n-1} - \frac{1}{3}(2^{n+1}-2^n) = \frac{4}{3}a_n - \frac{4}{3}a_{n-1} - \frac{1}{3} \cdot 2^n

整理上式以得到 $a_n$ 与 $a_{n-1}$ 的关系:

-\frac{1}{3}a_n = -\frac{4}{3}a_{n-1} - \frac{1}{3} \cdot 2^n \implies a_n = 4a_{n-1} + 2^n (n \ge 2)

这是一个一阶线性递推关系. 为求解此式, 我们可两边同除以 $4^n$ , 将其转化为一个更简单的形式.

\frac{a_n}{4^n} = \frac{4a_{n-1}}{4^n} + \frac{2^n}{4^n} \implies \frac{a_n}{4^n} = \frac{a_{n-1}}{4^{n-1}} + \left(\frac{1}{2}\right)^n

令 $c_n = \dfrac{a_n}{4^n}$ , 则 $c_1 = \dfrac{a_1}{4} = \dfrac{1}{2}$ , 且 $c_n - c_{n-1} = (\frac{1}{2})^n$ . 通过累加法,

c_n = c_1 + \sum_{k=2}^{n} \left(\frac{1}{2}\right)^k = \frac{1}{2} + \frac{(\frac{1}{2})^2(1-(\frac{1}{2})^{n-1})}{1-\frac{1}{2}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2^{n-1}}\right) = 1-\frac{1}{2^n}

因此 $a_n = 4^n c_n = 4^n\left(1-\frac{1}{2^n}\right) = 4^n - 2^n$ . 检验 $n=1$ 时, $a_1=4^1-2^1=2$ , 与所求一致. 故通项公式为 $a_n = 4^n - 2^n$ .

(2) 我们首先需要得到 $S_n$ 的显式表达式.

S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k = \sum_{k=1}^{n} (4^k-2^k) = \sum_{k=1}^{n}4^k - \sum_{k=1}^{n}2^k

利用等比数列求和公式:

S_n = \frac{4(4^n-1)}{4-1} - \frac{2(2^n-1)}{2-1} = \frac{4^{n+1}-4}{3} - (2^{n+1}-2) = \frac{4^{n+1}-3 \cdot 2^{n+1}+2}{3}

$S_n$ 的表达式看似复杂, 但若将其中的指数项看作一个整体, 它的结构便清晰起来. (为什么这样的观察是有益的?) 令 $x=2^{n+1}$ , 则 $4^{n+1}=(2^2)^{n+1}=(2^{n+1})^2=x^2$ . 于是分子变为 $x^2-3x+2=(x-1)(x-2)$ .

S_n = \frac{(2^{n+1}-1)(2^{n+1}-2)}{3} = \frac{2(2^{n+1}-1)(2^n-1)}{3}

现在我们可以计算 $T_n$ 的通项:

T_n = \frac{2^n}{S_n} = \frac{3 \cdot 2^n}{2(2^{n+1}-1)(2^n-1)} = \frac{3 \cdot 2^{n-1}}{(2^{n+1}-1)(2^n-1)}

分母是结构相似的项的乘积, 这强烈暗示了裂项相消的可能性. 我们尝试将其分解为 $\dfrac{A}{2^n-1} - \dfrac{B}{2^{n+1}-1}$ 的形式.

\frac{A(2^{n+1}-1) - B(2^n-1)}{(2^n-1)(2^{n+1}-1)} = \frac{(2A-B)2^n - (A-B)}{(2^n-1)(2^{n+1}-1)}

比较分子 $3 \cdot 2^{n-1} = \frac{3}{2} \cdot 2^n$ , 得到 $2A-B = \frac{3}{2}$ 且 $A-B=0$ , 解得 $A=B=\frac{3}{2}$ . 故

T_n = \frac{3}{2}\left(\frac{1}{2^n-1} - \frac{1}{2^{n+1}-1}\right)

这是一个完美的裂项形式. 求其前 $n$ 项和:

\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} T_i &= \frac{3}{2}\sum_{i=1}^{n}\left(\frac{1}{2^i-1} - \frac{1}{2^{i+1}-1}\right) &= \frac{3}{2} \left[ \left(\frac{1}{2^1-1}-\frac{1}{2^2-1}\right) + ... + \left(\frac{1}{2^n-1}-\frac{1}{2^{n+1}-1}\right) \right] &= \frac{3}{2} \left( 1 - \frac{1}{2^{n+1}-1} \right) \end{aligned}

由于 $n \ge 1$ , 则 $n+1 \ge 2$ , $2^{n+1}-1 \ge 3 \> 0$ , 所以 $\dfrac{1}{2^{n+1}-1} \> 0$ . 因此,

\sum_{i=1}^{n} T_i = \frac{3}{2} - \frac{3}{2(2^{n+1}-1)} \< \frac{3}{2}

证毕.

2023年4月杭州、长沙、郑州、西安部分名校联考

已知正项数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$ , 且 $a_1=1$ , $a_n = \sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}$ ( $n \in \mathbb{N}^*$ 且 $n \ge 2$ ).

求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式;
设数列 $\left\{\dfrac{a_{n+2}}{2^n a_n a_{n+1}}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n$ , 求证: $T_n \< 1$ .

解

解析： (1) 给定的递推关系式 $a_n = \sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}$ 结构特殊, 直接处理较为困难. 观察此式的结构, 它与平方差公式 $(\sqrt{x}-\sqrt{y})(\sqrt{x}+\sqrt{y})=x-y$ 有着紧密的联系. 我们知道, 数列通项与其前 $n$ 项和之间存在基本关系 $a_n = S_n - S_{n-1}$ (当 $n \ge 2$ 时). 这启发我们将 $a_n$ 替换为 $(\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}})(\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}})$ .

对于 $n \ge 2$ , 我们有

a_n = S_n - S_{n-1} = (\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}})(\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}})

将已知条件 $a_n = \sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}$ 代入上式, 得到

a_n = (\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}}) a_n

由于 $\{a_n\}$ 为正项数列, 故 $a_n \> 0$ , 等式两边可以约去 $a_n$ .

\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}} = 1 (n \ge 2)

这表明数列 $\{\sqrt{S_n}\}$ 从第二项起是一个公差为 $1$ 的等差数列. (为什么这一步是解题的关键转折？)

我们计算其首项: $\sqrt{S_1}=\sqrt{a_1}=\sqrt{1}=1$ . 因此, 数列 $\{\sqrt{S_n}\}$ 是一个首项为 $1$ , 公差为 $1$ 的等差数列. 其通项为 $\sqrt{S_n} = 1 + (n-1)\cdot 1 = n$ . 故 $S_n = n^2$ .

当 $n \ge 2$ 时,

a_n = S_n - S_{n-1} = n^2 - (n-1)^2 = 2n-1

当 $n=1$ 时, $a_1=S_1=1^2=1$ . 将 $n=1$ 代入 $2n-1$ 得 $1$ , 公式同样成立. 所以, $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n = 2n-1$ .

(2) 设所求数列为 $\{b_n\}$ , 其通项为 $b_n = \dfrac{a_{n+2}}{2^n a_n a_{n+1}}$ . 将 $a_n=2n-1$ 代入:

a_{n+1} = 2(n+1)-1=2n+1

a_{n+2} = 2(n+2)-1=2n+3

于是,

b_n = \frac{2n+3}{2^n (2n-1)(2n+1)}

此通项结构复杂, 直接求和十分困难. 我们的目标是将其分解为可以裂项相消的形式. 经过观察与尝试, 我们发现如下的恒等式:

b_n = \frac{1}{2^{n-1}(2n-1)} - \frac{1}{2^n(2n+1)}

(请自行通分验证此等式为何成立.) 这个形式是 $f(k) - f(k+1)$ 的理想裂项结构, 其中 $f(k) = \dfrac{1}{2^{k-1}(2k-1)}$ .

我们计算前 $n$ 项和 $T_n$ :

\begin{aligned} T_n &= \sum_{k=1}^{n} b_k = \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{2^{k-1}(2k-1)} - \frac{1}{2^k(2k+1)} \right) &= \left( \frac{1}{2^0 \cdot 1} - \frac{1}{2^1 \cdot 3} \right) + \left( \frac{1}{2^1 \cdot 3} - \frac{1}{2^2 \cdot 5} \right) + ... + \left( \frac{1}{2^{n-1}(2n-1)} - \frac{1}{2^n(2n+1)} \right) \end{aligned}

中间项逐一抵消, 最终只剩下首项与末项:

T_n = \frac{1}{1} - \frac{1}{2^n(2n+1)} = 1 - \frac{1}{2^n(2n+1)}

因为 $n$ 是正整数, 所以 $2^n \> 0$ 且 $2n+1 \> 0$ , 这意味着 $\dfrac{1}{2^n(2n+1)}$ 是一个正数. 因此, $T_n = 1 - (\text{一个正数}) \< 1$ . 证毕.

其他有趣的方法如下： \paragraph{待定系数法} 这个方法的核心思想是，根据通项 $a_k$ 的结构, 猜测出其差分原函数 $f(k)$ 可能的代数形式，然后利用待定系数法精确求解.

我们追求的目标是将 $a_k$ 表示为 $f(k)-f(k+1)$ 或其变体. 考虑一个比 $\frac{1}{k(k+1)}$ 更复杂的例子.

例

求和 $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)(k+2)}$ .

解

解析： 通项 $a_k = \frac{1}{k(k+1)(k+2)}$ . 我们希望找到一个函数 $f(k)$ 使得 $a_k = f(k) - f(k+1)$ . 观察 $a_k$ 的分母, 它是三个连续项的乘积.一个合理的猜测是, 其原函数 $f(k)$ 的分母应该是比它“少一项”的结构.

我们大胆假设 $f(k)$ 的形式为 $f(k) = \frac{A}{k(k+1)}$ , 其中 $A$ 是待定常数.

接着，我们计算 $f(k) - f(k+1)$ , 并尝试使其等于 $a_k$ :

\begin{aligned} f(k) - f(k+1) &= \frac{A}{k(k+1)} - \frac{A}{(k+1)(k+2)} &= A \left( \frac{1}{k(k+1)} - \frac{1}{(k+1)(k+2)} \right) &= A \cdot \frac{(k+2) - k}{k(k+1)(k+2)} &= \frac{2A}{k(k+1)(k+2)} \end{aligned}

我们希望这个结果等于 $a_k = \frac{1}{k(k+1)(k+2)}$ . 通过比较分子，我们得到 $2A = 1$ , 解得 $A = \frac{1}{2}$ .

这意味着我们成功地将通项分解了：

a_k = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{k(k+1)} - \frac{1}{(k+1)(k+2)} \right)

这是一个完美的裂项形式，其中 $f(k) = \frac{1}{2k(k+1)}$ .

现在我们可以进行求和：

\begin{aligned} S_n &= \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2} \left( \frac{1}{k(k+1)} - \frac{1}{(k+1)(k+2)} \right) &= \frac{1}{2} \left[ \left(\frac{1}{1\cdot 2} - \frac{1}{2\cdot 3}\right) + \left(\frac{1}{2\cdot 3} - \frac{1}{3\cdot 4}\right) + ... + \left(\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\right) \right] &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right) &= \frac{1}{4} - \frac{1}{2(n+1)(n+2)} = \frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)} \end{aligned}

\paragraph{法二：差分与和分*} 这是构造裂项法背后最深刻的数学原理.微积分的核心关系是微分与积分互为逆运算.在离散的数列世界中，也存在着完美的对偶：差分与和分.

差分算子

对于任意函数 $f(k)$ , 我们定义其 (前向) 差分 $\Delta f(k)$ 为：

\Delta f(k) = f(k+1) - f(k)

有了差分算子，裂项求和的本质昭然若揭.求和 $\sum_{k=m}^{n} (f(k+1)-f(k))$ 正是 $\sum_{k=m}^{n} \Delta f(k)$ .

它告诉我们：**任何求和问题 $\sum_{k=1**^{n} a_k$ 都等价于寻找一个函数 $F(k)$ (称为 $a_k$ 的反差分), 使得 $\Delta F(k) = F(k+1)-F(k) = a_k$ .} 一旦找到了这个“反差分” $F(k)$ , 求和就变得易如反掌：

\sum_{k=1}^{n} a_k = \sum_{k=1}^{n} \Delta F(k) = F(n+1) - F(1)

“万物皆可裂项”的信念，在数学上就转化为“万物皆有反差分”.寻找反差分 $F(k)$ 的过程，就是构造裂项的过程.

那么，如何寻找 $F(k)$ 呢？对于多项式型的通项，我们可以再次运用待定系数法.

例

运用反差分的思想，推导平方和公式 $\sum_{k=1}^{n} k^2$ .

解

我们的目标是求 $S_n = \sum_{k=1}^{n} k^2$ . 通项 $a_k = k^2$ . 我们致力于寻找一个函数 $F(k)$ 使得 $\Delta F(k) = F(k+1)-F(k) = k^2$ .

差分运算会使多项式的次数降低 $1$ .因此, 一个二次多项式 $k^2$ 的反差分 $F(k)$ 必然是一个三次多项式. 我们设 $F(k) = Ak^3 + Bk^2 + Ck$ . (常数项在差分中会消失, 故可省略).

计算其差分 $\Delta F(k)$ :

\begin{aligned} \Delta F(k) &= [A(k+1)^3 + B(k+1)^2 + C(k+1)] - [Ak^3 + Bk^2 + Ck] &= A((k+1)^3 - k^3) + B((k+1)^2 - k^2) + C((k+1)-k) &= A(3k^2+3k+1) + B(2k+1) + C &= (3A)k^2 + (3A+2B)k + (A+B+C) \end{aligned}

我们要求 $\Delta F(k) = k^2 = 1 \cdot k^2 + 0 \cdot k + 0$ . 通过比较等式两边 $k$ 的同次幂系数, 得到一个线性方程组：

\begin{aligned} k^2 \text{的系数: } & 3A = 1 k \text{的系数: } & 3A+2B = 0 \text{常数项: } & A+B+C = 0 \end{aligned}

解这个方程组：从第一式得 $A = \frac{1}{3}$ . 代入第二式得 $3(\frac{1}{3}) + 2B = 0 \implies 1+2B=0 \implies B = -\frac{1}{2}$ . 代入第三式得 $\frac{1}{3} - \frac{1}{2} + C = 0 \implies C = \frac{1}{6}$ .

我们成功找到了反差分函数：

F(k) = \frac{1}{3}k^3 - \frac{1}{2}k^2 + \frac{1}{6}k

根据离散微积分基本定理, 平方和为：

S_n = \sum_{k=1}^{n} k^2 = F(n+1) - F(1)

计算 $F(1) = \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{2-3+1}{6} = 0$ . 计算 $F(n+1)$ :

\begin{aligned} F(n+1) &= \frac{1}{3}(n+1)^3 - \frac{1}{2}(n+1)^2 + \frac{1}{6}(n+1) &= \frac{n+1}{6} [2(n+1)^2 - 3(n+1) + 1] &= \frac{n+1}{6} [2(n^2+2n+1) - 3n - 3 + 1] &= \frac{n+1}{6} [2n^2+4n+2 - 3n - 2] &= \frac{n+1}{6} [2n^2+n] &= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \end{aligned}

因此, $S_n = F(n+1) - 0 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ . 这个推导过程严谨地揭示了平方和公式的由来，并展示了反差分这一通用方法的巨大威力.

Gosper 裂项法*

我们已经见证了裂项相消法在处理特定结构的数列求和问题时的巨大威力. 无论是部分分式分解，还是利用阶乘的恒等式，其核心都在于将通项 $a_k$ 巧妙地改写为 $F(k) - F(k-1)$ 的形式. 然而，这些技巧在很大程度上依赖于观察、经验与代数变形的艺术.

一个自然而深刻的问题随之而来：是否存在一种系统性的方法，或者说一种算法，能够机械地判断一个给定的通项 $a_k$ 是否存在一个简单的反差分 $F(k)$ ，并且如果存在，就将其直接计算出来？

答案是肯定的. 对于数学中最为常见和重要的一类序列，超几何序列，美国数学家 R. William Gosper 在20世纪70年代给出了一个完整的解决方案. Gosper 算法是符号计算领域的一座丰碑，它将寻找裂项公式这一创造性活动，成功地转化为了一套可以由计算机执行的、确定的程序.

如今，当你在 Mathematica 或 Maple 等计算机代数系统中输入一个复杂的求和指令时，其背后往往就是 Gosper 算法或其后继者在不知疲倦地工作.

超几何项

Gosper 算法的“狩猎范围”，是被称为超几何项的序列.

超几何项

一个序列 $\{a_k\}$ 如果其相邻项之比 $\dfrac{a_{k+1}}{a_k}$ 是一个关于 $k$ 的有理函数 (即两个关于 $k$ 的多项式之比), 则称 $\{a_k\}$ 是一个超几何项或超几何序列.

这个定义涵盖了我们在求和问题中遇到的大部分“积木块”：

常数与幂函数： $a_k = c$ , $\dfrac{a_{k+1}}{a_k}=1$ . $a_k = k^m$ , $\dfrac{a_{k+1}}{a_k} = \left(\dfrac{k+1}{k}\right)^m$ .
指数函数： $a_k = q^k$ , $\dfrac{a_{k+1}}{a_k} = q$ .
阶乘： $a_k = k!$ , $\dfrac{a_{k+1}}{a_k} = k+1$ .
二项式系数： $a_k = \binom{n}{k}$ , $\dfrac{a_{k+1}}{a_k} = \dfrac{n-k}{k+1}$ .

更重要的是，超几何项的集合在乘法、除法、平移等运算下是封闭的. 这意味着，由以上基本“积木块”通过乘除组合而成的复杂项，例如 $a_k = \dfrac{(k^2+1) k!}{2^k \binom{2k}{k}}$ , 仍然是超几何项.

Gosper 的洞察与方法

面对一个超几何求和 $\sum a_k$ , 我们的目标是寻找其反差分 $F(k)$ , 使得 $a_k = F(k) - F(k-1)$ . Gosper 的第一个关键洞察是：

Gosper

如果一个超几何项 $a_k$ 的反差分 $F(k)$ 同样是一个超几何项, 那么 $F(k)$ 与 $a_k$ 之间必有如下关系：

F(k) = y(k) a_k

其中 $y(k)$ 是一个关于 $k$ 的有理函数.

这个定理极大地缩小了我们对未知函数 $F(k)$ 的搜寻范围. 我们不再是在茫茫函数大海中捞针, 而是只需要去确定这个有理函数 $y(k)$ .

将 $F(k) = y(k)a_k$ 代入裂项关系式 $a_k = F(k) - F(k-1)$ :

a_k = y(k) a_k - y(k-1) a_{k-1}

在 $a_k \neq 0$ 的情况下, 两边同除以 $a_k$ :

1 = y(k) - y(k-1) \frac{a_{k-1}}{a_k}

令 $r(k) = \dfrac{a_k}{a_{k-1}}$ 为相邻项的比值 (这是一个已知的有理函数)，则上式变为

r(k) = r(k) y(k) - y(k-1)

这是一个关于未知有理函数 $y(k)$ 的函数方程. Gosper 的完整算法给出了求解这个方程的系统步骤, 其核心是证明 $y(k)$ 必须具有一种特殊的多项式结构，从而将问题转化为一个求解多项式系数的线性方程组问题.

虽然完整算法的细节超出了本教材的范围，但我们可以通过一个例子来领会其“待定系数”求解的精神内核.

例

求和 $S_n = \sum_{k=1}^n (k^2+1)k!$ .

解

解析： 通项 $a_k = (k^2+1)k!$ 是一个超几何项. 我们遵循 Gosper 的思想, 尝试寻找其反差分 $F(k)$ . 我们猜测 $F(k)$ 的结构应该与 $a_k$ 相似. 一个合理的猜测是 $F(k) = P(k) \cdot k!$ , 其中 $P(k)$ 是一个待定的多项式.

我们来计算 $F(k) - F(k-1)$ :

\begin{aligned} F(k) - F(k-1) &= P(k)k! - P(k-1)(k-1)! &= P(k) \cdot k \cdot (k-1)! - P(k-1)(k-1)! &= [k P(k) - P(k-1)](k-1)! \end{aligned}

我们希望这个结果等于 $a_k = (k^2+1)k! = k(k^2+1)(k-1)!$ .

因此，我们得到了一个关于未知多项式 $P(k)$ 的方程：

k P(k) - P(k-1) = k(k^2+1) = k^3+k

接下来，我们通过比较等式两边多项式的次数来确定 $P(k)$ 的次数. 设 $\deg(P) = d$ , 则 $P(k) = c_d k^d + ...$ ( $c_d \neq 0$ ). 方程左侧的最高次项来自 $k P(k)$ , 其次数为 $d+1$ . 方程右侧的最高次项是 $k^3$ , 次数为 $3$ . 因此，必然有 $d+1=3$ , 解得 $d=2$ . 这表明 $P(k)$ 是一个二次多项式.

我们设 $P(k) = Ak^2+Bk+C$ . 代入方程 $k P(k) - P(k-1) = k^3+k$ :

\begin{aligned} \text{LHS} &= k(Ak^2+Bk+C) - [A(k-1)^2+B(k-1)+C] &= (Ak^3+Bk^2+Ck) - [A(k^2-2k+1)+B(k-1)+C] &= Ak^3 + (B-A)k^2 + (C+2A-B)k + (-A+B-C) \end{aligned}

\text{RHS} $= 1 \cdot k^3 + 0 \cdot k^2 + 1 \cdot k + 0$ .

比较等式两边各项系数，得到一个线性方程组：

\begin{aligned} k^3 \text{系数: } & A = 1 k^2 \text{系数: } & B-A = 0 \implies B=A=1 k^1 \text{系数: } & C+2A-B = 1 \implies C+2(1)-1=1 \implies C=0 k^0 \text{系数: } & -A+B-C = 0 \implies -1+1-0=0. \text{ (验证成立)} \end{aligned}

我们成功解出了 $P(k) = 1 \cdot k^2 + 1 \cdot k + 0 = k^2+k = k(k+1)$ .

因此，我们找到了反差分：

F(k) = P(k)k! = k(k+1)k! = k \cdot (k+1)!

现在，求和变得轻而易举：

\begin{aligned} S_n = \sum_{k=1}^n a_k &= \sum_{k=1}^n [F(k) - F(k-1)] &= F(n) - F(0) &= n(n+1)! - 0 \cdot (0+1)! &= n(n+1)! \end{aligned}

这个例子完美地展示了 Gosper 算法的精神：将寻找裂项公式的创造性问题，转化为一个关于多项式系数的、完全机械化的代数计算问题.

例

求和 $S_n = \sum_{k=1}^{n} k \cdot k!$ .

解

通项 $a_k = k \cdot k!$ 是超几何项. 我们寻找其反差分 $F(k)$ , 使得 $a_k = F(k) - F(k-1)$ .

一个自然的猜测是 $F(k)$ 与 $k!$ 具有相同的结构, 形如 $F(k) = P(k) \cdot k!$ , 其中 $P(k)$ 是一个待定的多项式. 计算差分：

\begin{aligned} F(k) - F(k-1) &= P(k)k! - P(k-1)(k-1)! &= [kP(k) - P(k-1)](k-1)! \end{aligned}

我们希望这个结果等于 $a_k = k \cdot k! = k^2(k-1)!$ .

因此，我们得到关于 $P(k)$ 的方程：

kP(k) - P(k-1) = k^2

比较等式两边多项式的次数. 若 $\deg(P)=d$ , 则左侧最高次项来自 $kP(k)$ , 次数为 $d+1$ . 右侧次数为 $2$ . 故 $d+1 = 2 \implies d=1$ . $P(k)$ 是一个一次多项式.

设 $P(k) = Ak+B$ . 代入方程：

\begin{aligned} k(Ak+B) - [A(k-1)+B] &= k^2 Ak^2 + Bk - Ak + A - B &= k^2 Ak^2 + (B-A)k + (A-B) &= 1 \cdot k^2 + 0 \cdot k + 0 \end{aligned}

比较系数： $A=1$ . $B-A=0 \implies B=1$ . $A-B=0 \implies 1-1=0$ , 验证成立.

我们解得 $P(k) = k+1$ . 因此, 反差分是 $F(k) = (k+1)k! = (k+1)!$ .

求和：

\begin{aligned} S_n = \sum_{k=1}^n a_k &= F(n) - F(0) &= (n+1)! - (0+1)! &= (n+1)! - 1 \end{aligned}

例

求和 $S_n = \sum_{k=1}^{n} k \cdot 2^k$ .

解

通项 $a_k = k \cdot 2^k$ 是超几何项. 我们猜测其反差分具有形式 $F(k) = P(k) \cdot 2^k$ . 计算差分：

\begin{aligned} F(k) - F(k-1) &= P(k)2^k - P(k-1)2^{k-1} &= [2P(k) - P(k-1)] 2^{k-1} \end{aligned}

我们希望这个结果等于 $a_k = k \cdot 2^k = 2k \cdot 2^{k-1}$ .

因此，我们得到关于 $P(k)$ 的方程：

2P(k) - P(k-1) = 2k

比较次数可知 $\deg(P)=1$ . 设 $P(k) = Ak+B$ . 代入方程：

\begin{aligned} 2(Ak+B) - [A(k-1)+B] &= 2k 2Ak + 2B - Ak + A - B &= 2k Ak + (A+B) &= 2k + 0 \end{aligned}

比较系数： $A=2$ . $A+B=0 \implies 2+B=0 \implies B=-2$ .

我们解得 $P(k) = 2k-2$ . 因此, 反差分是 $F(k) = (2k-2)2^k = (k-1)2^{k+1}$ .

求和：

\begin{aligned} S_n = \sum_{k=1}^n a_k &= F(n) - F(0) &= (n-1)2^{n+1} - (0-1)2^{0+1} &= (n-1)2^{n+1} - (-1) \cdot 2 &= (n-1)2^{n+1} + 2 \end{aligned}

这个结果与使用错位相减法得到的结果完全一致.

例

求和 $S_n = \sum_{k=1}^{n} k(k+1)(k+2)$ .

解

解析： 通项 $a_k = k(k+1)(k+2)$ 是一个三次多项式. 寻找其反差分 $F(k)$ 使得 $F(k)-F(k-1)=a_k$ . 我们知道差分运算会使多项式的次数减一. 因此, $F(k)$ 必然是一个四次多项式.

这种上升阶乘幂的形式 $k^{\overline{m}} = k(k+1)...(k+m-1)$ 具有非常优美的差分性质. 我们猜测反差分 $F(k)$ 具有更高一阶的上升阶乘幂形式, 即 $F(k) = C \cdot k(k+1)(k+2)(k+3)$ .

计算其差分：

\begin{aligned} F(k) - F(k-1) &= C \cdot k(k+1)(k+2)(k+3) - C \cdot (k-1)k(k+1)(k+2) &\text{提取公因子 } C \cdot k(k+1)(k+2) &= C \cdot k(k+1)(k+2) \left[ (k+3) - (k-1) \right] &= C \cdot k(k+1)(k+2) \cdot 4 \end{aligned}

我们希望这个结果等于 $a_k = k(k+1)(k+2)$ . 比较可知 $4C = 1 \implies C = \dfrac{1}{4}$ .

因此, 反差分是 $F(k) = \dfrac{1}{4}k(k+1)(k+2)(k+3)$ .

求和：

\begin{aligned} S_n = \sum_{k=1}^n a_k &= F(n) - F(0) &= \frac{1}{4}n(n+1)(n+2)(n+3) - \frac{1}{4} \cdot 0 \cdot (1) \cdot (2) \cdot (3) &= \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4} \end{aligned}

这种方法比将 $a_k$ 展开为 $k^3+3k^2+2k$ 再利用幂和公式计算要简洁得多.

例

求和 $S_n = \sum_{k=1}^{n} k^2$ .

解

解析： 通项 $a_k = k^2$ 是一个二次多项式. 我们寻找其反差分 $F(k)$ 使得 $a_k = F(k) - F(k-1)$ .

由于差分运算会使多项式的次数降低 1, 因此一个二次多项式的反差分必然是一个三次多项式. 我们设 $F(k) = Ak^3+Bk^2+Ck$ . (常数项在差分中会消失, 故可省略).

计算差分 $F(k) - F(k-1)$ :

\begin{aligned} F(k) - F(k-1) &= (Ak^3+Bk^2+Ck) - [A(k-1)^3+B(k-1)^2+C(k-1)] &= A(3k^2-3k+1) + B(2k-1) + C &= 3Ak^2 + (2B-3A)k + (A-B+C) \end{aligned}

我们希望这个结果等于 $a_k = 1 \cdot k^2 + 0 \cdot k + 0$ .

比较系数可得:

\begin{aligned} 3A &= 1 \implies A = 1/3 2B-3A &= 0 \implies 2B = 3(1/3) = 1 \implies B = 1/2 A-B+C &= 0 \implies C = B-A = 1/2-1/3 = 1/6 \end{aligned}

因此, 反差分是 $F(k) = \dfrac{1}{3}k^3+\dfrac{1}{2}k^2+\dfrac{1}{6}k = \dfrac{k(k+1)(2k-1)}{6}$ .

求和：

\begin{aligned} S_n = \sum_{k=1}^n a_k &= F(n) - F(0) &= \frac{n(n+1)(2n-1)}{6} - 0 &= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \end{aligned}

此方法系统地再现了我们熟知的平方和公式.

例

求和 $S_n = \sum_{k=1}^{n} \dfrac{k}{(k+1)!}$ .

解

设 $F(k) = \dfrac{C}{(k+1)!}$ . 计算差分：

\begin{aligned} F(k) - F(k-1) &= \frac{C}{(k+1)!} - \frac{C}{k!} &= \frac{C - C(k+1)}{(k+1)!} &= \frac{-Ck}{(k+1)!} \end{aligned}

我们希望这个结果等于 $a_k = \dfrac{k}{(k+1)!}$ . 比较可知 $-C=1 \implies C=-1$ .

因此, 反差分是 $F(k) = -\dfrac{1}{(k+1)!}$ .

求和：

\begin{aligned} S_n = \sum_{k=1}^n a_k &= F(n) - F(0) &= -\frac{1}{(n+1)!} - \left(-\frac{1}{(0+1)!}\right) &= 1 - \frac{1}{(n+1)!} \end{aligned}

此方法让我们无需依赖“添项减项”的技巧, 而是通过系统性的猜测和验证找到了裂项形式.

例

求和 $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{(2k-1)(2k+1)}$ .

解

解析： 通项 $a_k = \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)}$ . 我们寻找其反差分 $F(k)$ .

观察通项分母的结构, 我们猜测反差分 $F(k)$ 的分母可能只包含其中一个因子. 我们设 $F(k) = \dfrac{C}{2k+1}$ .

计算差分 $F(k) - F(k-1)$ :

\begin{aligned} F(k) - F(k-1) &= \frac{C}{2k+1} - \frac{C}{2(k-1)+1} &= \frac{C}{2k+1} - \frac{C}{2k-1} &= C \left( \frac{(2k-1) - (2k+1)}{(2k+1)(2k-1)} \right) &= \frac{-2C}{(2k-1)(2k+1)} \end{aligned}

我们希望这个结果等于 $a_k = \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)}$ . 比较分子可知 $-2C=1 \implies C = -1/2$ .

因此, 反差分是 $F(k) = -\dfrac{1}{2(2k+1)}$ .

求和：

\begin{aligned} S_n = \sum_{k=1}^n a_k &= F(n) - F(0) &= -\frac{1}{2(2n+1)} - \left(-\frac{1}{2(2\cdot 0+1)}\right) &= -\frac{1}{2(2n+1)} + \frac{1}{2} &= \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{2n+1} \right) &= \frac{1}{2} \cdot \frac{2n}{2n+1} = \frac{n}{2n+1} \end{aligned}

此方法提供了一种绕过部分分式分解, 直接获得裂项公式的系统途径.

下面简单总结一下：

第一步

仔细观察通项 $a_k$ 的代数结构, 猜测其反差分 $F(k)$ 可能的形式. 关键原则是： $F(k)$ 中“非多项式”的部分应与 $a_k$ 保持一致，而多项式部分的次数或系数是待定的.

设 $P(k), Q(k)$ 为关于 $k$ 的多项式. 常见猜想结构如下：

若 $a_k = P(k)$ (多项式), 则猜想 $F(k) = Q(k)$ , 其中 $\deg(Q) = \deg(P)+1$ .
若 $a_k = P(k)q^k$ (差比数列), 则猜想 $F(k) = Q(k)q^k$ .
若 $a_k = P(k)k!$ (阶乘相关), 则猜想 $F(k) = Q(k)k!$ 或 $Q(k)(k-1)!$ .
若 $a_k$ 为分式, 则猜想 $F(k)$ 为一个结构更简单的分式.

第二步

写出核心关系式 $F(k) - F(k-1) = a_k$ . 将第一步中带有待定系数的猜想形式代入此方程. 3. 第三步

这是纯代数计算的步骤.

对代入后的方程进行化简，通常需要通分或提取公因子 (如 $q^{k-1}$ 或 $(k-1)!$ ).
化简后，方程两边会呈现出关于 $k$ 的多项式相等的形式.
通过比较等式两边多项式的最高次项，确定待定多项式 $Q(k)$ 的次数.
设出 $Q(k)$ 的一般形式 (如 $Ak^2+Bk+C$ ), 然后通过比较等式两边 $k$ 的所有同次幂系数，建立一个关于待定系数的线性方程组.
解这个方程组，求出所有待定系数的值.

第四步

将已求出的系数代回，得到确定的反差分函数 $F(k)$ . 利用裂项求和的最终公式计算总和. 如果求和从 $k=1$ 开始, 则：

S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k = F(n) - F(0)

注意仔细计算 $F(n)$ 和 $F(0)$ 的值.

错位相减法

此方法是处理差比数列求和的专属武器.差比数列的通项形式为 $c_n = a_n b_n$ , 其中 $\{a_n\}$ 为等差数列, $\{b_n\}$ 为等比数列.

核心思想： 模仿等比数列求和公式的推导过程.设等比部分的公比为 $q$ .

写出和式 $S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k b_k$ .
将整个等式两边同乘以公比 $q$ , 得到 $qS_n$ .
将 $S_n$ 与 $qS_n$ 的表达式对齐项错位相减, 得到 $(1-q)S_n$ .
相减后的结果，通常会变成一个简单的等比数列之和，外加首末两个独立项.

这个过程的本质，是通过乘公比再作差这一“差分算子”操作，将差比数列“降阶”为一个纯粹的等比数列.

例

求和 $S_n = \sum_{k=1}^{n} k \cdot x^k$ ( $x \neq 1$ ).

解

解析： 这是由等差数列 $\{k\}$ 与等比数列 $\{x^k\}$ 构成的差比数列. 写出和式：

S_n = 1 \cdot x + 2 \cdot x^2 + 3 \cdot x^3 + ... + n \cdot x^n

两边同乘以公比 $x$ :

xS_n = 1 \cdot x^2 + 2 \cdot x^3 + ... + (n-1) \cdot x^n + n \cdot x^{n+1}

两式相减：

\begin{aligned} (1-x)S_n &= x + (2-1)x^2 + (3-2)x^3 + ... + (n-(n-1))x^n - n \cdot x^{n+1} &= (x + x^2 + x^3 + ... + x^n) - n \cdot x^{n+1} \end{aligned}

括号内是一个首项为 $x$ , 公比为 $x$ 的等比数列之和.

(1-x)S_n = \frac{x(1-x^n)}{1-x} - n x^{n+1}

两边同除以 $(1-x)$ :

S_n = \frac{x(1-x^n)}{(1-x)^2} - \frac{nx^{n+1}}{1-x}

倒序相加法

适用场景： 数列的和式具有某种对称性，典型特征是首末项之和、第二项与倒数第二项之和……具有统一的规律. 核心思想： 将和式 $S_n$ 的各项顺序颠倒，得到另一个表达式.将这两个表达式按位相加，如果每一对对应项的和都是一个常数或易于计算的简单形式，那么问题就得以简化. 高斯求和等差数列是此方法的经典应用，但其威力远不止于此.

阿贝尔（Abel）变换*

在处理数列求和时，我们经常遇到形如 $\sum_{k=1}^{n} a_k b_k$ 的乘积形式.错位相减法是解决“等差乘以等比”这一特定情况的巧妙特技.然而，是否存在一种更具普适性的好方法，能够系统地处理更广泛的乘积求和问题？答案便是Abel 变换，或称分部求和法.

这个方法背后的核心思想是一种深刻的“权责转换”.我们面临的求和项 $a_k b_k$ 中, 可能 $\{a_k\}$ 的求和性质很好（例如 $\{a_k\}$ 是等比数列, 其前 $k$ 项和 $A_k$ 有简洁的公式）, 而 $\{b_k\}$ 的求和性质很差, 但其相邻项的差 $\Delta b_k = b_{k+1}-b_k$ 却变得非常简单（例如 $\{b_k\}$ 是多项式，其差分会降次）.

分部求和法正是这样一个工具，它允许我们将原求和式中对 $a_k$ 的“逐项累加”的责任, 转移到对 $A_k$ ( $a_k$ 的和) 与 $\Delta b_k$ ( $b_k$ 的差) 乘积的求和上.

本质上，我们是在用“一个易于求和的部分”去交换“一个易于求差的部分”，从而将原问题转化为一个可能阶次更低、结构更简单的求和问题.

对于熟悉微积分的读者，这与微积分中的分部积分法 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$ 在思想上是完全对偶的.

阿贝尔变换

设 $\{a_k\}$ 与 $\{b_k\}$ 为两个数列, 并记 $A_n = \sum_{i=1}^{n} a_i$ 为 $\{a_k\}$ 的前 $n$ 项和 (规定 $A_0 = 0$ ). 则有：

\sum_{k=1}^{n} a_k b_k = A_n b_n - \sum_{k=1}^{n-1} A_k (b_{k+1} - b_k)

证明

我们的目标是将求和式中的 $a_k$ 替换掉, 引入其部分和 $A_k$ .一个数列的通项 $a_k$ 与其部分和 $A_k$ 之间的最基本关系是差分关系：对于 $k \ge 1$ , $a_k$ 等于其第 $k$ 项部分和与第 $k-1$ 项部分和之差.

a_k = A_k - A_{k-1}

这是整个推导的逻辑起点.

将上述关系代入原求和式，并利用求和的线性性质将其拆分为两个部分，以便我们进行后续的代数变形.

\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} a_k b_k &= \sum_{k=1}^{n} (A_k - A_{k-1}) b_k &= \sum_{k=1}^{n} A_k b_k - \sum_{k=1}^{n} A_{k-1} b_k \end{aligned}

为了将两个求和式合并，我们需要让其中求和指标 $k$ 所对应的项具有相同的结构, 特别是让 $A_k$ 的下标对齐.我们对第二个求和式 $\sum_{k=1}^{n} A_{k-1} b_k$ 进行指标平移.

令新指标 $j = k-1$ . 当旧指标 $k$ 从 $1$ 变化到 $n$ 时, 新指标 $j$ 从 $0$ 变化到 $n-1$ . 同时, 旧通项中的 $k$ 必须用 $j+1$ 替换. 于是：

\sum_{k=1}^{n} A_{k-1} b_k = \sum_{j=0}^{n-1} A_j b_{j+1}

由于求和指标只是一个哑变量, 我们可以将 $j$ 重新写为 $k$ :

\sum_{k=0}^{n-1} A_k b_{k+1}

现在我们的表达式变为 $\sum_{k=1}^{n} A_k b_k - \sum_{k=0}^{n-1} A_k b_{k+1}$ . 这两个和式的求和范围不完全重合.为了合并它们，我们将各自范围中不重合的项分离出来.

\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} a_k b_k &= \left( \sum_{k=1}^{n-1} A_k b_k + A_n b_n \right) - \left( A_0 b_1 + \sum_{k=1}^{n-1} A_k b_{k+1} \right) &= A_n b_n - A_0 b_1 + \sum_{k=1}^{n-1} A_k b_k - \sum_{k=1}^{n-1} A_k b_{k+1} \end{aligned}

根据规定 $A_0 = 0$ , 所以 $A_0 b_1 = 0$ . 接着合并两个求和范围完全相同的和式：

\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} a_k b_k &= A_n b_n + \sum_{k=1}^{n-1} (A_k b_k - A_k b_{k+1}) &= A_n b_n - \sum_{k=1}^{n-1} A_k (b_{k+1} - b_k) \end{aligned}

证毕.

例

再次使用阿贝尔变换求解差比数列和 $S_n = \sum_{k=1}^{n} k \cdot x^k$ ( $x \neq 1$ ).

解

我们需要将通项 $k \cdot x^k$ 分解为 $a_k b_k$ 两部分.阿贝尔变换的威力在于, 如果 $b_{k+1}-b_k$ 比 $b_k$ 简单, 且 $A_k = \sum a_i$ 易于计算，那么变换后的新求和式会变得更简单.

考虑 $k$ ：它是一个一次多项式.其差分 $(k+1)-k=1$ 是一个常数, 形式急剧简化.这使其成为 $b_k$ 的绝佳候选.
考虑 $x^k$ ：它是一个等比数列.其部分和 $A_k = \sum_{i=1}^k x^i$ 有一个简洁的求和公式.这使其成为 $a_k$ 的绝佳候选.

因此，我们做出最优选择：令 $a_k = x^k$ 且 $b_k = k$ .

根据我们的选择，计算阿贝尔变换公式所需的各个部分：
$b_k = k \implies b_{k+1}-b_k = 1$ .
$A_k = \sum_{i=1}^{k} x^i = \frac{x(1-x^k)}{1-x}$ .
$A_n = \frac{x(1-x^n)}{1-x}$ .
$A_n b_n = \frac{nx(1-x^n)}{1-x}$ .

将上述构件代入阿贝尔变换公式：

\sum_{k=1}^{n} k x^k = A_n b_n - \sum_{k=1}^{n-1} A_k (b_{k+1} - b_k)

S_n = \frac{nx(1-x^n)}{1-x} - \sum_{k=1}^{n-1} \frac{x(1-x^k)}{1-x} \cdot 1

问题转化为计算新的、但更简单的求和式 $\sum_{k=1}^{n-1} \frac{x(1-x^k)}{1-x}$ .

\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{x(1-x^k)}{1-x} &= \frac{x}{1-x} \sum_{k=1}^{n-1} (1 - x^k) &= \frac{x}{1-x} \left( \sum_{k=1}^{n-1} 1 - \sum_{k=1}^{n-1} x^k \right) &= \frac{x}{1-x} \left( (n-1) - \frac{x(1-x^{n-1})}{1-x} \right) \end{aligned}

代回：

S_n = \frac{nx(1-x^n)}{1-x} - \frac{x}{1-x} \left( n-1 - \frac{x(1-x^{n-1})}{1-x} \right)

虽然最终的代数化简过程较为繁琐，但到此为止，求和的核心问题已经解决.它将一个需要巧妙构造（错位相减）的问题，转化为了一个遵循固定范式（阿贝尔变换）的程序化计算.这正是通法的力量所在.

\paragraph{部分分式型} 目标：推导 $\dfrac{1}{k(k+d)}$ 的裂项形式.

我们希望找到 $f(k)$ 使得 $f(k)-f(k+1)$ 与 $\frac{1}{k(k+d)}$ 成比例.差分运算通常会使分式的分母变得更复杂（通分导致阶次升高）.因此, 一个合理的猜想是, 反差分函数 $f(k)$ 的分母应该比原通项更简单.原通项分母是两个因子的乘积, 我们猜想 $f(k)$ 的分母只包含其中一个因子.

我们不妨猜想 $f(k) = \dfrac{1}{k}$ .

计算这个猜想的差分：

f(k) - f(k+1) = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} = \frac{(k+1)-k}{k(k+1)} = \frac{1}{k(k+1)}

这个结果对于 $d=1$ 的情况直接成功.对于更一般的情况, 我们猜想 $f(k) = \frac{1}{k}$ .

f(k) - f(k+d) = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+d} = \frac{(k+d)-k}{k(k+d)} = \frac{d}{k(k+d)}

这个结果与我们的目标 $\frac{1}{k(k+d)}$ 只差一个常数因子 $d$ .因此, 两边同除以 $d$ 即可得到：

\frac{1}{k(k+d)} = \frac{1}{d} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+d} \right)

这不再是“凑巧”，而是通过系统性的“猜想-验证”过程推导出来的.

\paragraph{阶乘添项型} 目标：推导 $k \cdot k!$ 的裂项形式.

我们寻找一个函数 $f(k)$ , 其差分 $f(k+1)-f(k)$ 等于 $k \cdot k!$ .阶乘世界的基本运算单元是 $k!$ 本身.一个自然的猜想是, 反差分函数 $f(k)$ 应该与 $k!$ 结构相似.

我们最大胆的猜想是 $f(k) = k!$ .

计算该猜想的差分：

f(k+1) - f(k) = (k+1)! - k!

利用阶乘的性质 $(k+1)! = (k+1) \cdot k!$ :

(k+1)k! - k! = ((k+1)-1)k! = k \cdot k!

猜想一次成功.我们系统地推导出了恒等式 $k \cdot k! = (k+1)! - k!$ .

\paragraph{平方差裂项型} 我们寻找 $f(k)$ 使得 $f(k)-f(k+1)$ 等于目标通项.观察分母 $k^2(k+1)^2$ , 它提示我们反差分函数 $f(k)$ 的分母可能更简单, 例如只包含 $k^2$ .

我们猜想 $f(k) = \dfrac{1}{k^2}$ .

然后计算一番：

f(k) - f(k+1) = \frac{1}{k^2} - \frac{1}{(k+1)^2} = \frac{(k+1)^2 - k^2}{k^2(k+1)^2}

计算分子：

(k+1)^2 - k^2 = (k^2+2k+1) - k^2 = 2k+1

因此，

f(k) - f(k+1) = \frac{2k+1}{k^2(k+1)^2}

递推关系与通项公式

{/* label: sec:ch07-s09 */}

递推关系刻画了数列局部项之间的演化规则，而通项公式揭示了数列的整体分布特征.本节建立由局部递推推导全局通项的代数框架.

和与项的互化关系

在数列研究中，前 $n$ 项和 $S_n$ 与通项 $a_n$ 包含的信息是等价的. $S_n$ 描述了数列的累积性质, 而 $a_n$ 描述了数列的局部特征.两者通过差分运算相互转化.

基本原理

定义

对于数列 $\{a_n\}$ , 其前 $n$ 项和定义为 $S_n = \sum_{k=1}^n a_k$ . 通项与和的关系为：

a_n = \begin{cases} S_1 & n = 1 S_n - S_{n-1} & n \ge 2 \end{cases}

几何上，这对应于从总长度中减去前一部分的长度，剩余即为当前项.

由 \texorpdfstring{ $S_n$

{Sn} 的解析式求 \texorpdfstring{ $a_n$ }{an}}

这是最直接的应用.计算时需严格区分 $n=1$ 与 $n \ge 2$ 的情况，最后检验是否可以合并.

例

已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n = n^2 + 1$ .求通项公式.

解

解析： 首先计算首项：

n=1: a_1 = S_1 = 1^2 + 1 = 2

接着计算一般项（ $n \ge 2$ ）：

\begin{aligned} a_n &= S_n - S_{n-1} &= (n^2 + 1) - [(n-1)^2 + 1] &= n^2 - (n^2 - 2n + 1) &= 2n - 1 \end{aligned}

最后进行一致性检验：令 $n=1$ 代入 $2n-1$ , 得 $2(1)-1 = 1$ . 由于 $1 \neq a_1$ （实际 $a_1=2$ ），故公式不能合并.

结论：

a_n = \begin{cases} 2 & n = 1 2n - 1 & n \ge 2 \end{cases}

注

若 $S_n = An^2 + Bn + C$ , 则 $\{a_n\}$ 为等差数列的充要条件是常数项 $C=0$ .上例中 $C=1 \neq 0$ , 故 $a_1$ 游离于等差规则之外.

由含 \texorpdfstring{ $S_n$

{Sn} 的递推关系求 \texorpdfstring{ $a_n$ }{an}}

当已知条件给出 $S_n$ 与 $a_n$ 的混合关系时, 核心策略是利用“移位作差”消去 $S_n$ , 将关系转化为 $a_n$ 与 $a_{n-1}$ 的纯递推.

例

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1 = 1$ , 且 $2S_n = 3a_n + 1$ .求通项公式.

解

解析： 我们通过构造相邻项的等式来消除 $S_n$ .

对于 $n \ge 2$ ，写出原式与降阶后的式子：

\begin{aligned} 2S_n &= 3a_n + 1 {/* label: eq:sn */} 2S_{n-1} &= 3a_{n-1} + 1 {/* label: eq:sn-1 */} \end{aligned}

两式相减（[ref:eq:sn] $-$ [ref:eq:sn-1]）：

2(S_n - S_{n-1}) = 3a_n - 3a_{n-1}

代入 $S_n - S_{n-1} = a_n$ ：

2a_n = 3a_n - 3a_{n-1}

整理得：

a_n = 3a_{n-1}

这表明 $\{a_n\}$ 从第 2 项开始构成公比 $q=3$ 的等比数列.

检验首项是否符合该规律：由已知 $a_1 = 1$ . 由递推式反推 $n=2$ 时： $a_2 = 3a_1 = 3$ .

若通项为 $a_n = 1 \cdot 3^{n-1}$ , 则 $a_1 = 3^0 = 1$ ，符合.

因此，通项公式为 $a_n = 3^{n-1}$ .

特例：连乘积与项的转化

类似于和与项的关系，若定义前 $n$ 项积 $T_n = \prod_{k=1}^n a_k$ （ $a_k \neq 0$ ），则有乘法形式的互化关系.

定义

a_n = \begin{cases} T_1 & n = 1 \frac{T_n}{T_{n-1}} & n \ge 2 \end{cases}

例

已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项积 $T_n = n^2$ .求通项公式.

解

解析： 当 $n=1$ 时, $a_1 = T_1 = 1^2 = 1$ .

当 $n \ge 2$ 时：

a_n = \frac{T_n}{T_{n-1}} = \frac{n^2}{(n-1)^2} = \left(\frac{n}{n-1}\right)^2

检验 $n=1$ ： $\left(\frac{1}{0}\right)^2$ 无意义（或趋于无穷）, 且原式计算 $n=1$ 时代入公式分母为零. 故公式不可合并.

结论：

a_n = \begin{cases} 1 & n = 1 \left(\frac{n}{n-1}\right)^2 & n \ge 2 \end{cases}

下面来看看一些常见的类型： \paragraph{类型 I： $S_n$ 为显式函数} 当 $S_n$ 以 $n$ 的函数形式给出时，直接利用定义求解.注意常数项往往导致首项不符合后续规律.

2022 全国卷

已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n = n^2 + 4n - 3$ .求通项公式.

解

解析： 考察 $n=1$ 的情形：

a_1 = S_1 = 1^2 + 4(1) - 3 = 2

考察 $n \ge 2$ 的情形：

\begin{aligned} a_n &= S_n - S_{n-1} &= (n^2 + 4n - 3) - [(n-1)^2 + 4(n-1) - 3] &= n^2 + 4n - 3 - (n^2 - 2n + 1 + 4n - 4 - 3) &= n^2 + 4n - 3 - (n^2 + 2n - 6) &= 2n + 3 \end{aligned}

检验一致性：令 $n=1$ , 则 $2(1) + 3 = 5$ . 由于 $5 \neq a_1$ （实际 $a_1=2$ ），故通项公式不统一.

结论：

a_n = \begin{cases} 2 & n=1 \\ 2n+3 & n \ge 2 \end{cases}

\paragraph{类型 II：线性混合递推} 当条件给出 $a_n$ 与 $S_n$ 的线性关系时, 利用移位作差法消去 $S_n$ , 转化为 $a_n$ 与 $a_{n-1}$ 的纯递推关系.

2013 全国卷

若数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n = \frac{2}{3}a_n + \frac{1}{3}$ , 求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式.

解

解析： 首先确定首项 $a_1$ .令 $n=1$ ：

S_1 = \frac{2}{3}a_1 + \frac{1}{3} \implies a_1 = \frac{2}{3}a_1 + \frac{1}{3} \implies \frac{1}{3}a_1 = \frac{1}{3} \implies a_1 = 1

对于 $n \ge 2$ ，利用移位作差法.

\begin{aligned} S_n &= \frac{2}{3}a_n + \frac{1}{3} S_{n-1} &= \frac{2}{3}a_{n-1} + \frac{1}{3} \end{aligned}

两式相减得 $a_n = \frac{2}{3}a_n - \frac{2}{3}a_{n-1}$ . 移项整理：

\frac{1}{3}a_n = -\frac{2}{3}a_{n-1} \implies a_n = -2a_{n-1}

由此可知，数列 $\{a_n\}$ 从第 2 项开始满足公比 $q=-2$ 的等比关系. 验证首项：若公式 $a_n = a_1 \cdot q^{n-1}$ 对 $n=1$ 成立, 则需 $1 \cdot (-2)^0 = 1$ , 与实际 $a_1$ 一致.

因此，通项公式为 $a_n = (-2)^{n-1}$ .

\paragraph{类型 III：隐式与二次关系} 当关系式中包含 $a_n$ 的高次项时，通常需结合代数变形（如配方），挖掘其内在的结构.

2015 全国 I 卷

已知 $a_n \> 0$ , 且 $a_n^2 + 2a_n = 4S_n + 3$ .求 $\{a_n\}$ 的通项公式.

解

解析： 首先求 $a_1$ .令 $n=1$ ：

a_1^2 + 2a_1 = 4a_1 + 3 \implies a_1^2 - 2a_1 - 3 = 0 \implies (a_1-3)(a_1+1)=0

因 $a_n \> 0$ , 解得 $a_1 = 3$ .

对于 $n \ge 2$ , 观察原式结构, 等号左边配方为 $(a_n+1)^2 - 1$ .

(a_n+1)^2 = 4S_n + 4

同理可写出：

(a_{n-1}+1)^2 = 4S_{n-1} + 4

两式相减：

(a_n+1)^2 - (a_{n-1}+1)^2 = 4(S_n - S_{n-1}) = 4a_n

利用平方差公式展开左边，或者直接展开计算：

(a_n^2 + 2a_n + 1) - (a_{n-1}+1)^2 = 4a_n

a_n^2 - 2a_n + 1 = (a_{n-1}+1)^2

(a_n-1)^2 = (a_{n-1}+1)^2

两边开方.由于 $a_n \> 0$ , 只能取正号 $a_n - 1 = a_{n-1} + 1$ （若取负号则导致 $a_n+a_{n-1}=0$ ，矛盾）.

a_n - a_{n-1} = 2

这表明 $\{a_n\}$ 是首项为 3，公差为 2 的等差数列.

通项公式为 $a_n = 3 + (n-1)2 = 2n + 1$ .

\paragraph{类型 IV：结构化消元} 当递推式呈现特定的代数结构（如平方差形式、根式形式）时，应优先考虑整体代换而非暴力展开.

2020 辽宁

已知数列 $\{a_n\}$ 各项均为正数, 其前 $n$ 项和为 $S_n$ .若 $a_1=1$ , 且 $\sqrt{S_{n+1}} + \sqrt{S_n} = a_{n+1}$ .求通项公式.

解

解析： 利用 $a_{n+1} = S_{n+1} - S_n$ ，将原式变形：

\sqrt{S_{n+1}} + \sqrt{S_n} = S_{n+1} - S_n

利用平方差公式分解右侧：

\sqrt{S_{n+1}} + \sqrt{S_n} = (\sqrt{S_{n+1}} - \sqrt{S_n})(\sqrt{S_{n+1}} + \sqrt{S_n})

由于各项为正， $\sqrt{S_{n+1}} + \sqrt{S_n} \neq 0$ ，两边约去该公因子：

1 = \sqrt{S_{n+1}} - \sqrt{S_n}

这表明数列 $\{\sqrt{S_n}\}$ 是一个等差数列, 公差 $d=1$ .

首项： $\sqrt{S_1} = \sqrt{a_1} = 1$ . 所以 $\sqrt{S_n} = 1 + (n-1) \cdot 1 = n$ . 两边平方得 $S_n = n^2$ .

最后还原 $a_n$ ：当 $n=1$ 时, $a_1 = 1$ . 当 $n \ge 2$ 时, $a_n = S_n - S_{n-1} = n^2 - (n-1)^2 = 2n-1$ . 经检验， $n=1$ 时 $2(1)-1=1$ ，符合.

故通项公式为 $a_n = 2n-1$ .

一阶递推的基本形式

{/* label: sec:ch07-s10 */}

当递推关系仅涉及相邻两项的差或比时，数列的通项可以通过遍历所有项的积累效应（求和或求积）直接还原.

累加法

形如 $a_{n+1} - a_n = f(n)$ 的递推关系. 该式表明，数列的增长率是关于 $n$ 的函数.

定理

若 $a_{n+1} - a_n = f(n)$ ，则

a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} f(k) (n \ge 2)

裂项相消 求解的关键在于计算 $\sum f(k)$ .若 $f(k)$ 能被拆解为 $g(k+1) - g(k)$ 的形式，求和过程将极度简化.

根式裂项

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$ , 且 $a_{n+1} = a_n + \frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n+1}}$ .求 $a_n$ .

解

解析： 将递推项变形，利用分母有理化构造差分形式：

f(n) = \frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n+1}} = \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}}{(n+1) - n} = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}

原递推式转化为：

a_{n+1} - a_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}

对 $n \ge 2$ ，进行累加：

\begin{aligned} a_n &= a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} (\sqrt{k+1} - \sqrt{k}) &= 1 + [(\sqrt{2} - \sqrt{1}) + (\sqrt{3} - \sqrt{2}) + ... + (\sqrt{n} - \sqrt{n-1})] \end{aligned}

观察对消规律，中间项全部抵消，仅留首尾：

a_n = 1 + (\sqrt{n} - \sqrt{1}) = \sqrt{n}

检验 $n=1$ , $\sqrt{1}=1$ ，符合. 故 $a_n = \sqrt{n}$ .

分式裂项

已知 $a_1 = 2$ , 且 $a_{n+1} = a_n + \frac{1}{n^2+2n}$ .求 $a_n$ .

解

解析： 对 $f(n) = \frac{1}{n(n+2)}$ 进行部分分式分解：

\frac{1}{n(n+2)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+2} \right)

累加求和（注意跨度为 2，需保留两项）：

\begin{aligned} a_n - a_1 &= \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n-1} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+2} \right) &= \frac{1}{2} \left[ \left(1 - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) + ... + \left(\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n+1}\right) \right] \end{aligned}

剩余项为起始的正项 $1, \frac{1}{2}$ 与末尾的负项 $-\frac{1}{n}, -\frac{1}{n+1}$ ：

a_n - 2 = \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)

整理得：

a_n = \frac{11}{4} - \frac{2n+1}{2n(n+1)}

2020 内蒙古

在数列 $\{a_n\}$ 中, $a_{1}=3, a_{n+1}=a_{n}+\frac{3}{n(n+1)}$ .求通项公式 $a_n$ .

解

解析： 观察递推式，差分项为 $f(n) = \frac{3}{n(n+1)}$ . 利用部分分式分解，将 $f(n)$ 裂项：

f(n) = 3 \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)

对于 $n \ge 2$ ，进行累加：

\begin{aligned} a_n &= a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} f(k) &= 3 + 3 \sum_{k=1}^{n-1} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) &= 3 + 3 \left[ \left(1 - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + ... + \left(\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n}\right) \right] \end{aligned}

中间项相互抵消，仅留首尾：

a_n = 3 + 3 \left( 1 - \frac{1}{n} \right) = 6 - \frac{3}{n}

检验 $n=1$ ： $6 - 3 = 3$ ，与已知一致. 故 $a_n = 6 - \frac{3}{n}$ .

\paragraph{构造性累加} 当递推关系不直接为差分形式，但两边结构相似时，可通过构造新数列转化为累加问题.

2021 全国乙卷

在数列 $\{a_{n}\}$ 中, $a_{1}=2$ , 且 $\frac{a_{n+1}}{n+1}=\frac{a_{n}}{n}+\ln(1+\frac{1}{n})$ .求 $a_{n}$ .

解

解析： 观察等式两边，形式均为“项除以项数”. 令 $b_n = \frac{a_n}{n}$ .则原式化为：

b_{n+1} = b_n + \ln\left(\frac{n+1}{n}\right)

即 $b_{n+1} - b_n = \ln(n+1) - \ln n$ .

这是一个标准的累加形式.对于 $n \ge 2$ ：

\begin{aligned} b_n &= b_1 + \sum_{k=1}^{n-1} [\ln(k+1) - \ln k] &= \frac{a_1}{1} + (\ln n - \ln 1) &= 2 + \ln n \end{aligned}

所以 $b_n = 2 + \ln n$ .

还原 $a_n$ ：

a_n = n b_n = n(2 + \ln n)

经检验 $n=1$ 时成立.

累乘法

形如 $a_{n+1} = f(n) \cdot a_n$ 的递推关系. 该式表明，数列的增长比例是关于 $n$ 的函数.

定理

若 $\frac{a_{n+1}}{a_n} = f(n)$ 且 $f(n) \neq 0$ ，则

a_n = a_1 \cdot \prod_{k=1}^{n-1} f(k) (n \ge 2)

因子缩并 求解关键在于将 $f(k)$ 写成“分子-分母”错位对应的形式，使连乘积发生大规模约分.

Wallis 型约分

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$ , 且 $a_{n+1} = \frac{n^2}{n^2-1} a_n$ ( $n \ge 2$ ).求 $a_n$ .

解

解析： 注意 $n^2-1 = (n-1)(n+1)$ .递推式定义域需 $n \ge 2$ , 即从 $a_2$ 开始.题目通常会给出 $a_1, a_2$ 或修正索引. 此处假设递推对 $n \ge 2$ 成立, 求 $a_n$ ( $n \ge 3$ ).

将因子结构化：

\frac{a_{k+1}}{a_k} = \frac{k \cdot k}{(k-1)(k+1)}

累乘展开：

a_n = a_2 \cdot \prod_{k=2}^{n-1} \frac{k^2}{k^2-1} = a_2 \cdot \left( \frac{2 \cdot 2}{1 \cdot 3} \right) \cdot \left( \frac{3 \cdot 3}{2 \cdot 4} \right) \cdot \left( \frac{4 \cdot 4}{3 \cdot 5} \right) \cdots \left( \frac{(n-1)(n-1)}{(n-2)n} \right)

观察交叉约分规律：

a_n = a_2 \cdot \frac{2}{1} \cdot \underbrace{\left(\frac{2}{3} \cdot \frac{3}{2}\right)}_{1} \cdot \underbrace{\left(\frac{3}{4} \cdot \frac{4}{3}\right)}_{1} \cdots \cdot \frac{n-1}{n}

剩余项：

a_n = a_2 \cdot 2 \cdot \frac{n-1}{n} = \frac{2(n-1)}{n} a_2

指数型累乘

已知 $a_1=1$ , 且 $a_{n+1} = 3^{n} a_n$ .求 $a_n$ .

解

解析：

\frac{a_{n+1}}{a_n} = 3^n

累乘得：

a_n = a_1 \cdot \prod_{k=1}^{n-1} 3^k = 1 \cdot 3^1 \cdot 3^2 \cdot 3^3 \cdots 3^{n-1}

转化为指数求和（等差数列）：

a_n = 3^{1+2+...+(n-1)} = 3^{\frac{(n-1)n}{2}}

2023 全国乙卷

数列 $\{a_{n}\}$ 满足： $a_{1}=\frac{1}{2}$ , 且 $S_n = n^{2} a_{n}$ .求 $\{a_{n}\}$ 的通项公式.

解

解析： 首先寻找相邻项的比值关系. 当 $n \ge 2$ 时, 由 $a_n = S_n - S_{n-1}$ 出发：

a_n = n^2 a_n - (n-1)^2 a_{n-1}

移项整理：

(n-1)^2 a_{n-1} = (n^2 - 1) a_n

(n-1)^2 a_{n-1} = (n-1)(n+1) a_n

因 $n \ge 2$ , 可约去 $n-1$ ：

(n-1) a_{n-1} = (n+1) a_n \implies \frac{a_n}{a_{n-1}} = \frac{n-1}{n+1}

利用累乘法求解 $a_n$ ( $n \ge 2$ )：

\begin{aligned} a_n &= a_1 \cdot \prod_{k=2}^{n} \frac{k-1}{k+1} &= \frac{1}{2} \cdot \left( \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{4}{6} \cdots \frac{n-2}{n} \cdot \frac{n-1}{n+1} \right) \end{aligned}

观察分子分母的对消模式（跨度为 2）：分子保留前两项： $1, 2$ . 分母保留后两项： $n, n+1$ .

a_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{1 \cdot 2}{n(n+1)} = \frac{1}{n(n+1)}

检验 $n=1$ ： $\frac{1}{1(2)} = \frac{1}{2}$ , 与 $a_1$ 一致. 故 $a_n = \frac{1}{n(n+1)}$ .

\paragraph{加权和的剥离} 形如 $\sum c_k a_k = f(n)$ 的关系式, 本质上是给出了一个新数列 $\{c_n a_n\}$ 的前 $n$ 项和.利用差分即可求出 $c_n a_n$ , 进而求出 $a_n$ .

2019 江苏

已知 $\sum_{k=1}^n 2^{k-1}a_k = 9-6n$ .求数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式.

解

解析： 令 $T_n = \sum_{k=1}^n 2^{k-1}a_k = 9-6n$ . 则数列 $\{2^{n-1}a_n\}$ 的第 $n$ 项可表示为 $T_n - T_{n-1}$ .

当 $n=1$ 时：

2^0 a_1 = T_1 = 9 - 6(1) = 3 \implies a_1 = 3

当 $n \ge 2$ 时：

\begin{aligned} 2^{n-1}a_n &= T_n - T_{n-1} &= (9-6n) - [9-6(n-1)] &= 9 - 6n - (9 - 6n + 6) &= -6 \end{aligned}

解出 $a_n$ ：

a_n = \frac{-6}{2^{n-1}} = -3 \cdot \frac{2}{2^{n-1}} = -3 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}

检验 $n=1$ ：代入公式得 $-3 \cdot (\frac{1}{2})^{-1} = -6$ , 而实际 $a_1=3$ . 故公式不统一.

结论：

a_n = \begin{cases} 3 & n=1 \\ -3 \cdot (\frac{1}{2})^{n-2} & n \ge 2 \end{cases}

结构匹配与变形

有时递推关系并不直接呈现为差或比的形式，但通过移项或同除，可以构造出具备上述特征的新数列.

类型：同型构造 若递推式形如 $g(n+1)a_{n+1} = g(n)a_n$ , 则可定义 $b_n = g(n)a_n$ , 此时 $b_{n+1} = b_n$ , 即 $\{b_n\}$ 为常数列.

例

已知 $a_1=1$ , 且 $n a_{n+1} = (n+1) a_n + 2n(n+1)$ .求 $a_n$ .

解

解析： 观察系数 $n$ 与 $n+1$ , 等式两边同除以 $n(n+1)$ ：

\frac{a_{n+1}}{n+1} = \frac{a_n}{n} + 2

令 $b_n = \frac{a_n}{n}$ . 则 $b_{n+1} - b_n = 2$ . 数列 $\{b_n\}$ 是公差为 2 的等差数列.

首项： $b_1 = \frac{a_1}{1} = 1$ .

b_n = 1 + (n-1)2 = 2n - 1

还原 $a_n$ ：

a_n = n b_n = n(2n-1) = 2n^2 - n

线性递推与代数构造

处理 $a_{n+1} = p a_n + f(n)$ ( $p \neq 1$ ) 形式的递推关系，核心在于通过待定系数法或同除变形，构造新的等比数列或等差数列.

常数项构造

当 $f(n) = q$ 为常数时, 即 $a_{n+1} = p a_n + q$ . 设 $a_{n+1} + \lambda = p(a_n + \lambda)$ , 展开比对得 $\lambda(1-p) = q$ , 即 $\lambda = \frac{q}{1-p}$ . 此时数列 $\{a_n + \lambda\}$ 为公比为 $p$ 的等比数列.

同除构造

当 $f(n)$ 为指数函数 $c \cdot p^n$ 或多项式时, 常在等式两边同除以 $p^{n+1}$ ，转化为累加形式.

例

已知 $a_1 = 1$ , 且 $a_{n+1} = 2a_n + 3^n$ .求 $a_n$ .

注記

证明（解析）

观察非齐次项 $3^n$ , 等式两边同除以 $3^{n+1}$ ：

\frac{a_{n+1}}{3^{n+1}} = \frac{2a_n}{3 \cdot 3^n} + \frac{3^n}{3^{n+1}}

整理得：

\frac{a_{n+1}}{3^{n+1}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{a_n}{3^n} + \frac{1}{3}

令 $b_n = \frac{a_n}{3^n}$ , 则 $b_{n+1} = \frac{2}{3} b_n + \frac{1}{3}$ . 设 $b_{n+1} + \lambda = \frac{2}{3}(b_n + \lambda)$ , 解得 $\lambda = -1$ . 数列 $\{b_n - 1\}$ 是首项为 $b_1 - 1 = \frac{1}{3} - 1 = -\frac{2}{3}$ , 公比为 $\frac{2}{3}$ 的等比数列.

\begin{aligned} b_n - 1 &= \left(-\frac{2}{3}\right) \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1} = -\left(\frac{2}{3}\right)^n b_n &= 1 - \left(\frac{2}{3}\right)^n \end{aligned}

还原 $a_n$ ：

a_n = 3^n \cdot b_n = 3^n \left[ 1 - \left(\frac{2}{3}\right)^n \right] = 3^n - 2^n

非线性递推的变换技巧

通过代数变换，可将部分非线性递推转化为线性递推.

倒数变换

针对分式线性形式 $a_{n+1} = \frac{A a_n}{B a_n + C}$ .若 $C \neq 0$ ，取倒数得：

\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{B a_n + C}{A a_n} = \frac{C}{A} \cdot \frac{1}{a_n} + \frac{B}{A}

令 $b_n = \frac{1}{a_n}$ , 即转化为 $b_{n+1} = p b_n + q$ 形式.

\small *图示：倒数变换将双曲线型衰减序列转化为线性增长序列.* \normalsize

对数变换

针对幂指形式 $a_{n+1} = C a_n^k$ ( $a_n \> 0$ ).两边取对数：

\ln a_{n+1} = k \ln a_n + \ln C

令 $b_n = \ln a_n$ ，即转化为线性递推.

二阶常系数线性递推

形如 $a_{n+2} = p a_{n+1} + q a_n$ 的递推关系, 其通项结构由特征方程 $x^2 - px - q = 0$ 的根决定.

定理

设特征方程 $x^2 - px - q = 0$ 的两根为 $\lambda_1, \lambda_2$ .

若 $\lambda_1 \neq \lambda_2$ , 则 $a_n = c_1 \lambda_1^n + c_2 \lambda_2^n$ .
若 $\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda$ , 则 $a_n = (c_1 + c_2 n) \lambda^n$ .

其中 $c_1, c_2$ 由初始值 $a_1, a_2$ 确定.

例

求斐波那契数列变体 $a_1=1, a_2=5$ , 且 $a_{n+2} = 5a_{n+1} - 6a_n$ 的通项.

注記

证明（解析）

写出特征方程：

x^2 - 5x + 6 = 0 \implies (x-2)(x-3) = 0

特征根为 $\lambda_1 = 2, \lambda_2 = 3$ . 设通项为 $a_n = c_1 \cdot 2^n + c_2 \cdot 3^n$ . 代入初值：

\begin{cases} 2c_1 + 3c_2 = 1 4c_1 + 9c_2 = 5 \end{cases}

解得 $c_1 = -1, c_2 = 1$ . 故 $a_n = 3^n - 2^n$ .

特征方程法的由来

二阶常系数线性递推关系形如 $a_{n+2} = p a_{n+1} + q a_n$ .特征方程 $x^2 - px - q = 0$ 是基于**“试探解”** 的自然产物，其背后的数学逻辑与微分方程求解如同出一辙.

回顾一阶递推 $a_{n+1} = p a_n$ . 显然，其通项公式为等比数列形式：

a_n = a_1 \cdot p^{n-1} = C \cdot p^n

这提示我们：指数形式 $x^n$ 是线性递推关系最自然的解的结构. 因此，对于二阶关系，我们不妨大胆假设：通项公式也具有 $a_n = x^n$ 的形式（其中 $x \neq 0$ 为待定常数）.

将猜想解 $a_n = x^n$ 代入原递推关系式：

a_{n+2} - p a_{n+1} - q a_n = 0

得到：

x^{n+2} - p x^{n+1} - q x^n = 0

由于我们假设 $x \neq 0$ , 等式两边可以同时除以 $x^n$ ：

x^2 - p x - q = 0

这便得到了该递推关系的特征方程.

这个方程告诉我们：只有当 $x$ 取特征方程的根（ $\lambda_1, \lambda_2$ ）时, 函数 $x^n$ 才是原递推关系的解.

基本解： $\lambda_1^n$ 和 $\lambda_2^n$ 都是满足条件的特解.
线性叠加： 由于递推关系是线性的（不含 $a_n^2$ 或 $a_n a_{n+1}$ 等项），特解的线性组合依然是解.

由此构造出通解：

a_n = c_1 \lambda_1^n + c_2 \lambda_2^n

当然，“特征方程”这一名称借用于线性代数（读者可以看第五卷）.我们可以将递推关系改写为矩阵形式，从而看到更本质的结构.

定义向量 $\mathbf{v}_n = \begin{pmatrix} a_{n+1} \\ a_n \end{pmatrix}$ . 递推关系可以表示为线性变换：

\begin{pmatrix} a_{n+2} \\ a_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} p & q \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{n+1} \\ a_n \end{pmatrix}

即 $\mathbf{v}_{n+1} = A \mathbf{v}_n$ .由此推导 $\mathbf{v}_n = A^{n} \mathbf{v}_0$ .

求解 $A^n$ 的关键在于求矩阵 $A$ 的特征值. 计算 $A$ 的特征多项式 $|\lambda I - A| = 0$ ：

\det \begin{pmatrix} \lambda - p & -q \\ -1 & \lambda \end{pmatrix} = (\lambda - p)\lambda - (-q)(-1) = \lambda^2 - p\lambda - q = 0

这与代数法推导出的方程完全一致. 数列的通项公式，本质上就是矩阵 $A$ 在特征向量基下的幂运算结果.

特殊结构：隔项与周期

部分数列的规律并非单一解析式，需依据项数的奇偶性或周期性分别讨论.

\paragraph{奇偶项讨论} 若递推关系跨度为 2（如 $a_{n+2}$ 与 $a_n$ 相关）, 或系数含 $(-1)^n$ , 通常将 $\{a_{2k}\}$ 与 $\{a_{2k-1}\}$ 视为两个子数列分别求解.

\paragraph{周期性} 若计算发现 $a_{n+k} = a_n$ 对某定值 $k$ 成立, 则数列为周期数列.利用归纳法或模运算确定通项.常见于分式迭代, 如 $a_{n+1} = 1 - \frac{1}{a_n}$ （周期为 3）.

例

已知 $a_1 = 2$ , 且 $a_{n+1} = -a_n + 2$ .求 $a_n$ .

注記

证明（解析）

计算前几项： $a_1 = 2$ . $a_2 = -2 + 2 = 0$ . $a_3 = -0 + 2 = 2$ . 观察知数列呈 $2, 0, 2, 0, ...$ 交替.

分奇偶讨论：

a_n = \begin{cases} 2 & n \text{ 为奇数} \\ 0 & n \text{ 为偶数} \end{cases}

也可合写为 $a_n = 1 + (-1)^{n+1}$ .

迭代与不动点

{/* label: sec:ch07-s11 */}

在前文中，我们讨论了递推公式，即通过前一项或几项计算后一项的规则. 若将这一规则视为一个函数 $f$ ，则数列的生成过程可以看作是该函数的反复作用. 这种重复应用函数的过程称为迭代.

迭代不仅是生成数列的一种方式，更是现代数学与计算机科学中求解方程、优化模型的核心思想. 从古巴比伦人计算平方根，到现代计算机训练神经网络，其底层逻辑皆源于此.

不动点与方程求解

在数学分析与数值计算中，不动点是一个核心概念. 它不仅具有几何上的直观意义，更是连接代数方程求解与动态迭代过程的桥梁.

不动点

设 $f: D \to D$ 是一个函数. 如果存在 $x^* \in D$ 使得

f(x^*) = x^*

则称 $x^*$ 为函数 $f$ 的不动点.

从几何上看，函数 $y=f(x)$ 的图像与直线 $y=x$ 的交点的横坐标，即为该函数的不动点.

求解代数方程 $g(x) = 0$ 是数学中最古老的问题之一. 对于五次及以上的多项式方程或超越方程（如 $x = \cos x$ ），通常不存在代数求根公式. 此时，我们需要将静态的“求根”问题转化为动态的“迭代”问题.

考虑方程 $g(x) = 0$ . 我们可以通过代数变形, 将其改写为等价形式 $x = f(x)$ . 例如：

简单移项： $x = x + \lambda g(x)$ （其中 $\lambda \neq 0$ ）.
牛顿法构造： $x = x - \frac{g(x)}{g'(x)}$ .

此时，方程 $g(x)=0$ 的根, 即为辅助函数 $f(x)$ 的不动点. 一旦将方程转化为 $x = f(x)$ 的形式，我们便可以构造迭代序列：

x_{n+1} = f(x_n), n=0, 1, 2, ...

给定初始猜测 $x_0$ , 我们得到序列 $x_0, x_1, x_2, ...$ . 若该序列收敛于 $x^*$ , 且 $f$ 是连续函数，则

x^* = \lim_{n \to \infty} x_{n+1} = \lim_{n \to \infty} f(x_n) = f(x^*)

即极限值 $x^*$ 必为 $f$ 的不动点, 也就是原方程 $g(x)=0$ 的根.

不动点法求通项的原理

不动点法的核心思想是坐标变换. 通过将原点平移至不动点，或者选取以不动点为基准的参照系，可以将复杂的非齐次或非线性递推关系，转化为简单的等比数列或等差数列.

线性递推中的平移变换

考虑一阶线性递推关系：

a_{n+1} = p a_n + q (p \neq 1, q \neq 0)

这是一个非齐次线性方程（含有常数项 $q$ ）. 我们的目标是消去常数项 $q$ ，将其转化为齐次形式（即等比数列）.

设该迭代函数 $f(x) = px+q$ 的不动点为 $c$ . 则 $c$ 满足：

c = p c + q

将原递推式与不动点方程相减：

\begin{aligned} a_{n+1} &= p a_n + q c &= p c + q \implies a_{n+1} - c &= p(a_n - c) \end{aligned}

令 $b_n = a_n - c$ . 上式即为 $b_{n+1} = p b_n$ . 这表明，虽然数列 $\{a_n\}$ 本身不是等比数列, 但它相对于不动点 $c$ 的距离 $\{a_n - c\}$ 构成了一个公比为 $p$ 的等比数列.

原理总结： 寻找不动点本质上是寻找一个“静止”的参照物. 通过变换 $b_n = a_n - c$ （即坐标平移）, 我们将非齐次的仿射变换 $x \mapsto px+q$ 转化为了齐次的线性变换 $y \mapsto py$ .

分式线性递推中的比值变换

考虑分式线性递推关系（莫比乌斯变换）：

a_{n+1} = \frac{p a_n + q}{r a_n + s} (r \neq 0, ps-qr \neq 0)

设其迭代函数 $f(x) = \frac{px+q}{rx+s}$ . 若直接迭代，通项公式极其复杂. 此时不动点法通过构造“交比”将其线性化.

\paragraph{情形一：有两个相异不动点 $\alpha, \beta$ } 不动点满足 $f(\alpha)=\alpha, f(\beta)=\beta$ . 我们考察 $a_{n+1}$ 与不动点的距离之比.

\begin{aligned} a_{n+1} - \alpha &= \frac{p a_n + q}{r a_n + s} - \frac{p \alpha + q}{r \alpha + s} &= \frac{(p a_n + q)(r \alpha + s) - (p \alpha + q)(r a_n + s)}{(r a_n + s)(r \alpha + s)} &= \frac{(ps-qr)(a_n - \alpha)}{(r a_n + s)(r \alpha + s)} \end{aligned}

同理可得：

a_{n+1} - \beta = \frac{(ps-qr)(a_n - \beta)}{(r a_n + s)(r \beta + s)}

两式相除，消去复杂的公因子：

\frac{a_{n+1} - \alpha}{a_{n+1} - \beta} = \left( \frac{r \beta + s}{r \alpha + s} \right) \cdot \frac{a_n - \alpha}{a_n - \beta}

令 $b_n = \frac{a_n - \alpha}{a_n - \beta}$ . 上式即为 $b_{n+1} = k b_n$ , 其中 $k = \frac{r \beta + s}{r \alpha + s}$ 为常数.

原理总结： 这种变换本质上是射影几何中的坐标变换. 通过将两个不动点 $\alpha, \beta$ 映射为 $0$ 和 $\infty$ ，原有的非线性迭代被“拉直”为一个简单的乘法迭代（等比数列）.

\paragraph{情形二：有唯一重根不动点 $\alpha$ } 此时 $\alpha = \beta$ , 上述比值变换失效（分母为零）. 此时不动点 $\alpha$ 满足 $r\alpha^2 + (s-p)\alpha - q = 0$ , 且判别式为零, 即 $\alpha = \frac{p-s}{2r}$ . 我们考察倒数变换：

\frac{1}{a_{n+1} - \alpha} = \frac{r a_n + s}{(p a_n + q) - \alpha(r a_n + s)}

利用 $\alpha$ 的代数性质化简分母，最终可得：

\frac{1}{a_{n+1} - \alpha} = \frac{1}{a_n - \alpha} + \frac{r}{p - r\alpha}

令 $b_n = \frac{1}{a_n - \alpha}$ . 上式即为 $b_{n+1} = b_n + d$ .

原理总结： 当两个不动点重合时，几何上的“旋转/缩放”退化为“平移”. 倒数变换将原数列转化为等差数列. 这对应于矩阵的若尔当标准型（Jordan Normal Form）理论：当特征值相等时，无法对角化，只能化为若尔当块，对应于线性增长（等差数列）.

总结

利用不动点求通项公式，并非简单的代数巧合，而是动力系统线性化的体现：

寻找平衡位置： 解方程 $f(x)=x$ 找到系统的不动点.
建立新坐标系： 以不动点为参照，定义新数列 $b_n$ （如 $a_n-c$ 或 $\frac{a_n-\alpha}{a_n-\beta}$ ）.
线性化迭代： 在新坐标系下，复杂的迭代关系退化为最基本的线性关系（ $b_{n+1} = k b_n$ 或 $b_{n+1} = b_n + d$ ）.
还原： 利用等比/等差数列公式求出 $b_n$ , 再逆变换回 $a_n$ .

压缩映射原理

并非所有的迭代形式 $x_{n+1} = f(x_n)$ 都会收敛. 决定迭代是否收敛的关键, 在于函数 $f$ 是否具有“压缩”空间的性质. 这一思想由波兰数学家巴拿赫（Stefan Banach）形式化为压缩映射原理（或巴拿赫不动点定理）. 它是现代数值分析中迭代法收敛性的理论基石.

压缩映射

设 $f$ 定义在区间 $[a, b]$ 上, 且其值域仍在 $[a, b]$ 内. 若存在常数 $0 \le k \< 1$ , 使得对于区间内任意 $x, y$ ，都有

|f(x) - f(y)| \le k |x - y|

则称 $f$ 为该区间上的一个压缩映射, 常数 $k$ 称为压缩系数.

直观上，压缩映射使得任意两点在经过函数作用后，其距离变得更近.

压缩映射原理

若 $f$ 是闭区间 $[a, b]$ 上的压缩映射，则：

$f$ 在 $[a, b]$ 内存在且仅存在一个不动点 $x^*$ .
对于任意初始值 $x_0 \in [a, b]$ , 迭代序列 $x_{n+1} = f(x_n)$ 均收敛于 $x^*$ .
误差满足估计式： $|x_n - x^*| \le \frac{k^n}{1-k} |x_1 - x_0|$ .

若函数 $f$ 可导, 根据拉格朗日中值定理, $|f(x) - f(y)| = |f'(\xi)| |x - y|$ . 因此, 判断 $f$ 是否为压缩映射的一个充分条件是：在区间内恒有 $|f'(x)| \le k \< 1$ .

\captionof{figure}{迭代过程的几何表示（蛛网图）. 数列 \texorpdfstring{ $\{x_n\}$ }{{x_n}} 在 \texorpdfstring{ $y=x$ }{y=x} 与 \texorpdfstring{ $y=f(x)$ }{y=f(x)} 之间折返，逼近交点（不动点）.}

巴比伦算法

在计算器出现之前，如何计算 $\sqrt{S}$ 的值？古巴比伦人提供了一种基于迭代的优雅算法.

考虑方程 $x^2 = S$ ( $S\>0$ ). 我们将其改写为 $x = \frac{S}{x}$ . 若 $x_n$ 小于 $\sqrt{S}$ , 则 $\frac{S}{x_n}$ 必然大于 $\sqrt{S}$ ；反之亦然. $\sqrt{S}$ 位于 $x_n$ 与 $\frac{S}{x_n}$ 之间. 取二者的算术平均值作为下一次的近似, 应当比 $x_n$ 更接近真实值.

由此得到巴比伦迭代公式：

x_{n+1} = \frac{1}{2} \left( x_n + \frac{S}{x_n} \right)

例

利用巴比伦算法计算 $\sqrt{2}$ 的近似值, 取初始值 $x_0 = 1$ .

解

代入公式 $S=2$ ：

\begin{aligned} x_1 &= \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{2}{1} \right) = 1.5 x_2 &= \frac{1}{2} \left( 1.5 + \frac{2}{1.5} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{3}{2} + \frac{4}{3} \right) = \frac{17}{12} \approx 1.41666... x_3 &= \frac{1}{2} \left( \frac{17}{12} + \frac{2}{17/12} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{17}{12} + \frac{24}{17} \right) = \frac{577}{408} \approx 1.4142156... \end{aligned}

已知 $\sqrt{2} \approx 1.41421356$ . 仅迭代三次, 误差已小于 $10^{-5}$ .

考察该迭代的收敛性. 设函数 $f(x) = \frac{1}{2}(x + \frac{S}{x})$ . 不动点方程为 $x = \frac{1}{2}(x + \frac{S}{x}) \implies 2x = x + \frac{S}{x} \implies x = \frac{S}{x} \implies x^2 = S$ . 不动点确为 $\sqrt{S}$ .

计算导数：

f'(x) = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{S}{x^2} \right)

在不动点 $x^* = \sqrt{S}$ 处，

f'(\sqrt{S}) = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{S}{(\sqrt{S})^2} \right) = 0

由于 $|f'(\sqrt{S})| = 0 \< 1$ , 根据收敛原理, 该迭代在 $\sqrt{S}$ 附近具有极快的收敛速度（二阶收敛）.

牛顿迭代法

我们已经在函数一节谈过这个迭代方法了，不过我们必须指出，巴比伦算法实际上是牛顿迭代法的一个特例.

当然，计算机求解方程 $f(x)=0$ 时，通常不使用求根公式，而是使用迭代法.

牛顿法的几何直观是：利用切线来逼近曲线. 在点 $(x_n, f(x_n))$ 处作曲线 $y=f(x)$ 的切线. 切线方程为：

y - f(x_n) = f'(x_n)(x - x_n)

令 $y=0$ , 求出切线与 $x$ 轴的交点, 作为下一次的近似值 $x_{n+1}$ ：

-f(x_n) = f'(x_n)(x_{n+1} - x_n)

整理得牛顿迭代公式：

x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}

\captionof{figure}{牛顿迭代法的几何意义：利用切线的根作为曲线根的近似.}

例

利用牛顿法推导求 $k$ 次方根 $\sqrt[k]{S}$ 的迭代公式.

解

求 $\sqrt[k]{S}$ 等价于求解方程 $x^k - S = 0$ . 设 $f(x) = x^k - S$ , 则 $f'(x) = k x^{k-1}$ . 代入牛顿迭代公式：

\begin{aligned} x_{n+1} &= x_n - \frac{x_n^k - S}{k x_n^{k-1}} &= x_n - \frac{1}{k} \left( \frac{x_n^k}{x_n^{k-1}} - \frac{S}{x_n^{k-1}} \right) &= x_n - \frac{1}{k} x_n + \frac{1}{k} \frac{S}{x_n^{k-1}} &= \frac{k-1}{k} x_n + \frac{1}{k} \frac{S}{x_n^{k-1}} \end{aligned}

当 $k=2$ 时, 公式变为 $x_{n+1} = \frac{1}{2}x_n + \frac{1}{2}\frac{S}{x_n}$ ，这正是巴比伦算法.

数列的单调性

{/* label: sec:ch07-s12 */}

当我们观察一个数列时，除了关心它的具体数值，更重要的是理解其整体的动态行为与长期趋势.数列的项是随着项数 $n$ 的增加而持续增长、持续衰减，还是在无序地上下摇摆？描述这种“增”或“减”的稳定趋势的数学语言，就是数列的单调性.

这个概念与我们在函数研究中遇到的单调性一脉相承. 函数的单调性描述了因变量如何随自变量连续变化，而数列的单调性则描述了数列的项如何随项数 $n$ 这个离散的整数变量而变化. 能够准确地判断并证明一个数列的单调性，是分析其收敛性、探求其界限以及解决相关不等式问题的基础.

定义

单调数列

设有一个数列 $\{a_n\}$ .

如果对于任意正整数 $n$ , 恒有 $a_{n+1} \> a_n$ , 那么称数列 $\{a_n\}$ 为递增数列.
如果对于任意正整数 $n$ , 恒有 $a_{n+1} \< a_n$ , 那么称数列 $\{a_n\}$ 为递减数列.
如果对于任意正整数 $n$ , 恒有 $a_{n+1} \ge a_n$ , 那么称数列 $\{a_n\}$ 为非减数列.
如果对于任意正整数 $n$ , 恒有 $a_{n+1} \le a_n$ , 那么称数列 $\{a_n\}$ 为非增数列.

递增数列和递减数列统称为严格单调数列. 非减数列和非增数列统称为单调数列.

判断方法

判断一个数列的单调性，本质上是比较相邻两项 $a_{n+1}$ 与 $a_n$ 的大小关系. 根据数列通项公式的结构特征，我们有几种行之有效的基本方法.

\paragraph{法一：作差法} 这是判断单调性最基本、最直接的方法，其思想源于定义的直接应用. 通过计算相邻两项的差 $d_n = a_{n+1} - a_n$ , 然后判断这个差值的符号.

若对于一切 $n \in \mathbb{N}^*$ , 恒有 $a_{n+1} - a_n \> 0$ , 则 $\{a_n\}$ 是递增数列.
若对于一切 $n \in \mathbb{N}^*$ , 恒有 $a_{n+1} - a_n \< 0$ , 则 $\{a_n\}$ 是递减数列.

对于非严格单调的情况，只需将不等号换为 $\ge$ 或 $\le$ .

例

判断数列 $\left\{\dfrac{n}{2n+1}\right\}$ 的单调性.

解

解析: 设 $a_n = \dfrac{n}{2n+1}$ . 我们考察相邻两项之差.

\begin{aligned} a_{n+1} - a_n &= \frac{n+1}{2(n+1)+1} - \frac{n}{2n+1} &= \frac{n+1}{2n+3} - \frac{n}{2n+1} &= \frac{(n+1)(2n+1) - n(2n+3)}{(2n+3)(2n+1)} &= \frac{(2n^2+3n+1) - (2n^2+3n)}{(2n+3)(2n+1)} &= \frac{1}{(2n+3)(2n+1)} \end{aligned}

由于对于任意正整数 $n$ , 分母 $(2n+3)(2n+1)$ 恒为正数. 因此, $a_{n+1} - a_n = \dfrac{1}{(2n+3)(2n+1)} \> 0$ 恒成立. 故数列 $\left\{\dfrac{n}{2n+1}\right\}$ 是一个递增数列.

\paragraph{法二：作商法} 当数列的各项均为正数时，比较 $a_{n+1}$ 与 $a_n$ 的大小等价于比较它们的比值 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}$ 与 $1$ 的大小. 这种方法尤其适用于通项中含有指数、阶乘或连乘积形式的数列. 设数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_n \> 0$ .

若对于一切 $n \in \mathbb{N}^*$ , 恒有 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n} \> 1$ , 则 $\{a_n\}$ 是递增数列.
若对于一切 $n \in \mathbb{N}^*$ , 恒有 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n} \< 1$ , 则 $\{a_n\}$ 是递减数列.

例

判断数列 $\left\{\dfrac{3^n}{n!}\right\}$ 的单调性.

解

解析: 设 $a_n = \dfrac{3^n}{n!}$ . 显然对于所有 $n \in \mathbb{N}^*$ , $a_n \> 0$ , 故可以使用作商法. 我们考察相邻两项之比.

\begin{aligned} \frac{a_{n+1}}{a_n} &= \frac{3^{n+1}/(n+1)!}{3^n/n!} &= \frac{3^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \frac{n!}{3^n} &= \frac{3^{n+1}}{3^n} \cdot \frac{n!}{(n+1)n!} &= 3 \cdot \frac{1}{n+1} &= \frac{3}{n+1} \end{aligned}

我们需要比较这个比值与 $1$ 的大小关系. 当 $n=1$ 时, $\dfrac{a_2}{a_1} = \dfrac{3}{2} \> 1$ . 当 $n=2$ 时, $\dfrac{a_3}{a_2} = \dfrac{3}{3} = 1$ . 当 $n \ge 3$ 时, $n+1 \ge 4$ , 此时 $\dfrac{3}{n+1} \< 1$ .

因此, $a_2 \> a_1$ 且 $a_3 = a_2$ , 而对于 $n \ge 3$ , 有 $a_{n+1} \< a_n$ . 该数列不是一个单调数列. 它先增后不变, 然后开始递减. 具体地, $a_1=3, a_2=4.5, a_3=4.5, a_4=3.375, ...$ .

\paragraph{法三：函数法} 如果数列的通项 $a_n$ 可以看作是某个函数 $f(x)$ 在正整数点上的取值, 即 $a_n = f(n)$ , 那么函数 $f(x)$ 的单调性便可以为我们提供关于数列 $\{a_n\}$ 单调性的关键信息. 若函数 $f(x)$ 在区间 $[1, +\infty)$ 上是单调递增(或递减)的, 那么数列 $\{a_n\}$ 也必然是单调递增(或递减)的. 在实践中, 我们通常利用导数来判断函数 $f(x)$ 的单调性.

注意

需要注意的是, 我们只关心函数在整数点上的行为. 因此, 即使函数 $f(x)$ 不是在整个 $[1, +\infty)$ 区间上单调, 只要它在某个区间 $[N, +\infty)$ ( $N$ 为正整数) 上单调, 我们就可以断定数列 $\{a_n\}$ 从第 $N$ 项开始是单调的.

例

判断数列 $\left\{\dfrac{\ln n}{n}\right\}$ 的单调性.

解

解析: 设 $a_n = \dfrac{\ln n}{n}$ . 考虑构造函数 $f(x) = \dfrac{\ln x}{x}$ for $x \ge 1$ . 我们利用导数来研究其单调性.

f'(x) = \frac{(\ln x)' \cdot x - \ln x \cdot (x)'}{x^2} = \frac{\frac{1}{x} \cdot x - \ln x}{x^2} = \frac{1 - \ln x}{x^2}

令 $f'(x)=0$ , 得 $1 - \ln x = 0$ , 解得 $x=e$ . 当 $1 \le x \< e$ 时, $\ln x \< 1$ , 故 $1 - \ln x \> 0$ , $f'(x) \> 0$ . 当 $x \> e$ 时, $\ln x \> 1$ , 故 $1 - \ln x \< 0$ , $f'(x) \< 0$ .

这表明函数 $f(x)$ 在 $(0, e)$ 上单调递增, 在 $(e, +\infty)$ 上单调递减.

由于 $e \approx 2.718$ , 我们需要考察整数点 $n=1, 2, 3$ 附近的行为. $a_1 = \dfrac{\ln 1}{1} = 0$ . $a_2 = \dfrac{\ln 2}{2} \approx \dfrac{0.693}{2} = 0.3465$ . $a_3 = \dfrac{\ln 3}{3} \approx \dfrac{1.098}{3} = 0.366$ . $a_4 = \dfrac{\ln 4}{4} = \dfrac{2\ln 2}{4} = \dfrac{\ln 2}{2} \approx 0.3465$ .

我们有 $a_1 \< a_2 \< a_3$ , 而 $a_3 \> a_4$ . 由于函数 $f(x)$ 在 $x\>e$ 后单调递减, 那么对于所有满足 $n \ge 3$ 的整数, 必然有 $a_{n+1} = f(n+1) \< f(n) = a_n$ . 因此, 该数列从第 $3$ 项开始是严格递减的, 但它不是一个整体上的单调数列.

单调性判断方法总结

作差法: 通用性最强, 是定义的直接体现. 适用于大多数多项式或分式形式的通项.
作商法: 适用于各项为正, 且通项包含指数、阶乘等乘法结构的情况.
函数法: 适用于通项易于扩展为连续函数, 且该函数的导数易于求解和分析的情况. 是处理复杂通项的有力武器.

选择何种方法, 取决于对数列通项 $a_n$ 结构特征的洞察.

奇偶数列*

{/* label: sec:ch07-s13 */}

整数的奇偶性是其最基本的数论属性. 当我们将研究对象从单个整数扩展到按规律排列的整数序列时, 一个自然的问题便是：数列中各项的奇偶性是否也遵循某种规律？

对数列奇偶性的研究, 本质上是在模 $2$ 的算术体系下审视数列的行为. 这种“降维”的视角转换, 常常能将一个看似复杂的递推关系, 化归为一个极其简单的、甚至具有周期性的新关系. 因此, 奇偶性分析不仅是判断数列项基本性质的手段, 更是在解决数论问题、证明某些项不可能具有特定形式（如完全平方数）时, 一种出人意料的有力工具. 它揭示了数列在最基础的二元结构中所展现的内在节律.

定义与判断

对于一个各项均为整数的数列 $\{a_n\}$ , 我们可以根据其项的奇偶性对其进行分类, 并引出其伴随的奇偶性序列.

奇数列与偶数列

设 $\{a_n\}$ 是一个整数数列.

如果对于任意正整数 $n$ , 数列的项 $a_n$ 均为奇数, 则称 $\{a_n\}$ 为奇数列.
如果对于任意正整数 $n$ , 数列的项 $a_n$ 均为偶数, 则称 $\{a_n\}$ 为偶数列.

判断一个数列的奇偶性, 主要有两种途径：从通项公式入手, 或从递推关系入手.

\paragraph{法一：基于通项公式的分析} 如果数列的通项公式 $a_n = f(n)$ 已知, 我们可以直接分析函数值 $f(n)$ 在 $n$ 取遍正整数时的奇偶性. 这通常需要讨论 $n$ 的奇偶性.

例

判断数列 $a_n = n^2+3n+5$ 的奇偶性.

解

解析: 我们将通项进行因式分解和重组, 以揭示其结构:

a_n = n(n+3)+5

我们对项数 $n$ 的奇偶性进行讨论.

若 $n$ 为偶数, 设 $n=2k$ ( $k \in \mathbb{N}^*$ ). 则 $n$ 是偶数, 故 $n(n+3)$ 是偶数. $a_n = (\text{偶数}) + 5 = (\text{偶数}) + (\text{奇数}) = (\text{奇数})$ .
若 $n$ 为奇数, 设 $n=2k-1$ ( $k \in \mathbb{N}^*$ ). 则 $n+3$ 是偶数, 故 $n(n+3)$ 是偶数. $a_n = (\text{偶数}) + 5 = (\text{偶数}) + (\text{奇数}) = (\text{奇数})$ .

综合两种情况, 对于所有正整数 $n$ , $a_n$ 均为奇数. 因此, $\{a_n\}$ 是一个奇数列.

\paragraph{法二：基于递推关系的分析} 当数列由递推关系定义时, 我们无法直接看到每一项的性质. 但我们可以分析奇偶性是如何通过递推关系遗传下去的. 这需要我们运用模 $2$ 的同余算术. 基本运算法则如下:

奇 $\pm$ 奇 = 偶, $1+1 \equiv 0 \pmod 2$
奇 $\pm$ 偶 = 奇, $1+0 \equiv 1 \pmod 2$
偶 $\pm$ 偶 = 偶, $0+0 \equiv 0 \pmod 2$
奇 $\times$ 奇 = 奇, $1 \times 1 \equiv 1 \pmod 2$
奇 $\times$ 偶 = 偶, $1 \times 0 \equiv 0 \pmod 2$
偶 $\times$ 偶 = 偶, $0 \times 0 \equiv 0 \pmod 2$

通过将原递推关系中的每一项都替换为其模 $2$ 的余数 (奇数 $\to 1$ , 偶数 $\to 0$ ), 我们可以得到一个关于奇偶性的新递推关系.

例

分析斐波那契数列 $\{F_n\}$ ( $F_1=1, F_2=1$ ) 的各项奇偶性规律.

解

解析: 斐波那契数列的递推关系为 $F_{n+2} = F_{n+1} + F_n$ . 我们考察其各项模 $2$ 的余数, 设 $b_n \equiv F_n \pmod 2$ . 则 $\{b_n\}$ 满足递推关系 $b_{n+2} \equiv b_{n+1} + b_n \pmod 2$ .

我们从初始项开始计算这个新的“奇偶性序列”: $F_1=1 \implies b_1 = 1$ (奇) $F_2=1 \implies b_2 = 1$ (奇) $b_3 \equiv b_2+b_1 = 1+1 \equiv 0$ (偶) $b_4 \equiv b_3+b_2 = 0+1 \equiv 1$ (奇) $b_5 \equiv b_4+b_3 = 1+0 \equiv 1$ (奇) $b_6 \equiv b_5+b_4 = 1+1 \equiv 0$ (偶)

序列 $\{b_n\}$ 的前几项为 $1, 1, 0, 1, 1, 0, ...$ . 我们观察到, 序列以“奇, 奇, 偶”的模式循环出现, 其周期为 $3$ . 因此, 斐波那契数列的奇偶性规律为: $F_n$ 是偶数, 当且仅当项数 $n$ 是 $3$ 的倍数.

例

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1, a_{n+1} = 5a_n + 8$ . 证明 $\{a_n\}$ 是一个奇数列.

解

证明: 我们使用数学归纳法, 并结合奇偶性分析. 设命题 $P(n)$ 为: “ $a_n$ 是一个奇数”.

奠基步骤: 当 $n=1$ 时, $a_1 = 1$ , 是一个奇数. 故 $P(1)$ 成立.

归纳步骤: 假设当 $n=k$ ( $k \ge 1$ ) 时命题成立, 即 $a_k$ 是一个奇数. 我们需要证明当 $n=k+1$ 时, $a_{k+1}$ 也是一个奇数.

考察递推关系 $a_{k+1} = 5a_k + 8$ . 根据归纳假设, $a_k$ 是奇数. 因此:

\begin{aligned} a_{k+1} &= (\text{奇数}) \times a_k + (\text{偶数}) &= (\text{奇数}) \times (\text{奇数}) + (\text{偶数}) &= (\text{奇数}) + (\text{偶数}) &= (\text{奇数}) \end{aligned}

这证明了 $P(k+1)$ 成立.

或者, 我们可以使用更为形式化的同余语言. $a_{n+1} \equiv 5a_n + 8 \pmod 2$ . 由于 $5 \equiv 1 \pmod 2$ 且 $8 \equiv 0 \pmod 2$ , 上式化为:

a_{n+1} \equiv 1 \cdot a_n + 0 \pmod 2 \implies a_{n+1} \equiv a_n \pmod 2

这表明后一项的奇偶性与前一项完全相同. 由于首项 $a_1=1$ 是奇数, 即 $a_1 \equiv 1 \pmod 2$ . 因此, 对于所有正整数 $n$ , 都有 $a_n \equiv a_1 \equiv 1 \pmod 2$ . 这意味着 $\{a_n\}$ 的每一项都是奇数.

根据数学归纳法原理, 命题得证.

数列的周期性

{/* label: sec:ch07-s14 */}

来龙去脉

周期性，在离散的数列领域，这种循环模式同样扮演着至关重要的角色.一个数列的项在经过一定“间隔”后开始精确地重复自身的取值，这种现象便是数列的周期性.

对周期性的研究，不仅是识别数列外在规律的问题，更是深入其内在代数结构的钥匙.特别地，当数列的递推关系涉及到模运算或定义在有限集合上的操作时，周期性几乎是必然出现的结果.理解并掌握判断数列周期性的方法，是解决许多数论和组合问题，尤其是处理那些项数极大、无法直接计算的数列问题的核心策略.

定义与性质

我们首先对数列的周期性给出严格的数学定义.

周期数列

对于数列 $\{a_n\}$ , 如果存在一个正整数 $T$ , 使得对于所有大于或等于某个正整数 $n_0$ 的 $n$ , 恒有等式 $a_{n+T} = a_n$ 成立, 则称数列 $\{a_n\}$ 为周期数列.

周期与最小正周期

在上述定义中，满足条件的任意一个正整数 $T$ 都被称为数列 $\{a_n\}$ 的一个周期.

在所有的周期中，最小的那个正整数被称为该数列的最小正周期 (或主周期). 通常情况下，当我们提及一个数列的“周期”时，若无特别说明，即指其最小正周期.

一个直接的推论是，若 $T$ 是数列的最小正周期, 则任何形如 $kT$ ( $k \in \mathbb{N}^*$ ) 的整数也是该数列的周期. 周期数列最重要的性质在于, 其所有项的取值被限定在一个有限的集合内, 整个数列的无限信息被压缩在一个长度为 $T$ 的“周期块”中.

还有一种更广义的周期性，不过高考里基本用不到（幸运的话你可能会在一些所谓的创新题里遇见.）

最终周期数列

如果一个数列从某一项之后才开始呈现周期性，即存在正整数 $N$ 和 $T$ , 使得对于所有 $n \> N$ , 恒有 $a_{n+T} = a_n$ 成立，则称该数列为最终周期数列.

数列的前 $N$ 项 $\{a_1, a_2, ..., a_N\}$ 构成了数列的预周期部分.

周期性的判定

如何判定一个由递推关系定义的数列是否具有周期性？核心思想是考察系统“状态”的演化. 对于一个 $k$ 阶递推关系 $a_{n+k} = f(a_{n+k-1}, ..., a_n)$ , 数列在第 $n$ 步的“状态”可以由一个 $k$ 维向量 $\mathbf{v}_n = (a_n, a_{n+1}, ..., a_{n+k-1})$ 来完全描述. 只要某一步的状态 $\mathbf{v}_m$ 与之前的某一步状态 $\mathbf{v}_l$ ( $l \< m$ ) 完全相同, 那么由确定性的递推关系保证, 从此之后的每一项都将精确地重复之前的演化路径, 数列由此进入周期.

这一观察在与同余理论结合时，会展现出巨大的威力. 如果一个整数数列 $\{a_n\}$ 是在模 $m$ 的意义下被考察, 那么每一项 $a_n \pmod m$ 的取值只有 $m$ 种可能. 相应地, $k$ 维状态向量 $\mathbf{v}_n$ 的每一个分量也只有 $m$ 种可能, 从而总的状态数不超过 $m^k$ 种. 根据鸽巢原理, 在至多 $m^k+1$ 次状态转移后, 必然有两个状态是完全相同的. 这为我们提供了一个极其强大的结论：

定理

任何一个整系数线性递推关系定义的整数数列，在模任意正整数 $m$ 的意义下，必然是一个周期数列.

例

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1, a_2=1$ 且 $a_{n+2} = a_{n+1} - a_n$ . 探究其周期性.

解

解析: 我们直接从初始项开始计算数列的前几项, 以观察其模式.

a_1 = 1

a_2 = 1

a_3 = a_2 - a_1 = 1 - 1 = 0

a_4 = a_3 - a_2 = 0 - 1 = -1

a_5 = a_4 - a_3 = -1 - 0 = -1

a_6 = a_5 - a_4 = -1 - (-1) = 0

a_7 = a_6 - a_5 = 0 - (-1) = 1

a_8 = a_7 - a_6 = 1 - 0 = 1

我们发现 $a_7=a_1$ 且 $a_8=a_2$ . 由于这是一个二阶递推关系, 当连续两项重复时, 后续所有项也将随之重复.

该数列为 $1, 1, 0, -1, -1, 0, 1, 1, ...$ . 其重复的周期块为 $(1, 1, 0, -1, -1, 0)$ . 因此, 该数列是一个周期数列, 其最小正周期为 $6$ .

延伸思考

该递推关系的特征方程为 $x^2 - x + 1 = 0$ , 其根为 $x = \frac{1 \pm \sqrt{-3}}{2} = e^{\pm i\pi/3}$ , 这是单位圆上的 $6$ 次单位根. 这深刻地揭示了该数列周期为 $6$ 的代数本质.

例

设 $\{F_n\}$ 为斐波那契数列 ( $F_1=1, F_2=1$ ). 求 $F_{2024}$ 的个位数字.

解

解析: 求一个整数的个位数字, 等价于求该数模 $10$ 的余数. 我们考察斐波那契数列模 $10$ 之后的新数列 $\{a_n\}$ , 其中 $a_n \equiv F_n \pmod{10}$ .

该数列满足递推关系 $a_{n+2} \equiv a_{n+1} + a_n \pmod{10}$ , 其初始项为 $a_1=1, a_2=1$ . 数列的状态由相邻两项构成的序对 $(a_n, a_{n+1})$ 决定. 这样的序对最多有 $10 \times 10 = 100$ 种. 根据鸽巢原理, 该数列必然是周期的. 我们通过计算来寻找其周期.

数列 $\{a_n\}$ 的项为: $1, 1, 2, 3, 5, 8, 3, 1, 4, 5, 9, 4, 3, 7, 0, 7, 7, 4, 1, 5, 6, 1, 7, 8, 5, 3, 8, 1, 9, 0, 9, 9, 8, 7,$ $5, 2, 7, 9, 6, 5, 1, 6, 7, 3, 0, 3, 3, 6, 9, 5, 4, 9, 3, 2, 5, 7, 2, 9, 1, 0, ...$

当计算到第 $61$ 项和第 $62$ 项时: $a_{61} \equiv a_{60} + a_{59} \equiv 0+1=1$ $a_{62} \equiv a_{61} + a_{60} \equiv 1+0=1$

此时状态序对 $(a_{61}, a_{62}) = (1, 1)$ , 与初始状态 $(a_1, a_2)$ 相同. 因此, 该数列的最小正周期为 $60$ .

为了求 $F_{2024}$ 的个位数字, 我们计算 $2024$ 模 $60$ 的余数.

2024 = 60 \times 33 + 44

因此, $a_{2024} = a_{44}$ .

我们查阅已计算的序列, 第 $44$ 项是 $3$ . 故 $F_{2024}$ 的个位数字是 $3$ .

数列的极限*

{/* label: sec:ch07-s15 */}

我们之前所探讨的数列，如同在数轴上离散分布的脚印. 一个自然而深刻的问题是：当这些脚印无限延伸时，它们将走向何方？是趋向于一个无限遥远的地方，还是会无限地逼近某一个确定的点？这一问题，便是数学分析的基石——极限理论所要回答的核心.

古希腊的芝诺悖论“阿喀琉斯追不上乌龟”形象地揭示了人类在处理无穷过程时的早期困惑. 阿喀琉斯每次追上乌龟原来的位置，乌龟又向前爬行了一小段距离，这个过程似乎可以无限持续下去. 要精确地描述并解决这个悖论，就需要一个能够量化“无限逼近”这一过程的数学工具.

再考虑一个更具体的例子，几何级数 $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + ... + \frac{1}{2^n}$ . 计算可知 $S_n = 1 - \frac{1}{2^n}$ . 随着 $n$ 的增大, 项 $1/2^n$ 的值变得微不足道, 整个和 $S_n$ 的值无限地贴近于 $1$ . 我们可以说, 这个数列所“奔赴”的终点是 $1$ .

数列的极限理论，正是为了将这种直观的“无限逼近”思想，用无可辩驳的逻辑语言进行严格化而建立的. 它是连接离散数列与连续函数、有限运算与无限过程的桥梁，是整个微积分乃至现代数学分析大厦的奠基石.

逼近的尝试与定义的演进

要将“无限逼近”这个直观概念转化为一个无懈可击的数学定义，需要经历一个不断修正和完善的过程. 让我们尝试提出几个看似合理但实则存在漏洞的“粗糙”定义.

\paragraph{第一次尝试: “越来越近”} 一个非常自然的想法是，如果一个数列 $\{a_n\}$ 趋向于 $L$ , 那么它的项应该离 $L$ 越来越近. 一个粗糙的定义 (版本 1): 一个数列 $\{a_n\}$ 的极限是 $L$ , 如果对于任意 $n \in \mathbb{N}^*$ , 不等式 $|a_{n+1} - L| \< |a_n - L|$ 恒成立. 这个定义要求数列的项到极限的距离必须是严格单调递减的. 它能够描述像 $a_n=1/n$ (极限为0) 这样的简单数列, 但其要求过于苛刻, 会排除许多我们直观上认为确实收敛的数列.

考虑数列 $a_n = \dfrac{(-1)^n}{n}$ . 其项为 $-1, \frac{1}{2}, -\frac{1}{3}, \frac{1}{4}, ...$ . 这个数列显然在向 $0$ 逼近. 它的距离序列为 $|a_n - 0| = 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4}, ...$ , 确实满足版本1的定义. 但再考虑另一个数列 $b_n = \begin{cases} 1/n & \text{若 } n \text{ 为奇数} \\ 1/(2n) & \text{若 } n \text{ 为偶数} \end{cases}$ . 其项为 $1, \frac{1}{4}, \frac{1}{3}, \frac{1}{8}, ...$ . 它也清晰地趋向于 $0$ . 但我们注意到 $|b_3 - 0| = \frac{1}{3}$ , 而 $|b_2 - 0| = \frac{1}{4}$ . 出现了 $|b_3 - 0| \> |b_2 - 0|$ 的情况, 违反了“越来越近”的规定. 因此, 版本1定义将这个本应收敛的数列错误地排除在外.

\paragraph{第二次尝试: “最终进入任何区间”} 版本1的失败在于它对数列“如何”逼近极限施加了太强的限制. 让我们放宽条件, 不再要求每一步都必须更近, 只要求它最终能进入我们指定的任何一个包含极限的区域.

一个粗糙的定义 (版本 2): 一个数列 $\{a_n\}$ 的极限是 $L$ , 如果对于任何一个包含 $L$ 的开区间 $(a,b)$ , 数列 $\{a_n\}$ 中只有有限项在该区间之外. 这个定义在思想上已经非常接近真相了. 它正确地捕捉到了极限的“最终行为”特征. 比如对于前一个反例 $b_n$ , 无论我们给出一个多么小的包含 $0$ 的区间, 比如 $(-0.01, 0.01)$ , 最终所有的 $b_n$ 都会进入这个区间内.

然而, 版本2的表述仍然不够精确, 缺乏可操作性. “任何一个开区间”这个说法过于模糊, 我们如何去检验“所有”可能的区间呢？在数学证明中, 我们需要一个可以量化的、能够代入不等式进行推导的工具. 此外, 这个定义没有突出极限点 $L$ 的中心地位. 一个区间 $(L-0.1, L+100)$ 和一个对称的区间 $(L-0.1, L+0.1)$ 在此定义下似乎是等价的, 但后者显然对数列提出了更强的要求.

\paragraph{最终的精确化: $\epsilon-N$ 语言} 为了克服版本2的模糊性, 我们需要引入两个关键的量化工具:

用一个正数 $\epsilon$ 来量化区间的“任意小”. 我们不再考虑任意形态的区间 $(a,b)$ , 而是只关注以 $L$ 为中心的对称区间 $(L-\epsilon, L+\epsilon)$ . 任何一个包含 $L$ 的开区间, 都必然包含某个这样的小对称区间. 因此, 能进入所有对称区间的数列, 也就能进入所有普通区间. $\epsilon$ 成为了衡量“误差”或“精度”的标尺.
用一个正整数 $N$ 来量化“最终”或“有限项之外”的概念. “只有有限项在区间外”等价于说“从某一项 $N+1$ 开始, 之后的所有项都在区间内”. $N$ 成为了区分“初始的混乱”与“最终的规律”的分界线.

将这两者结合, 我们便能用一种动态的、“挑战-应战”式的语言来构建最终的定义. 对于任何对精度的要求 ( $\epsilon$ ), 我们总能给出一个足够大的项数分界点 ( $N$ ), 使得数列的后续行为满足该精度要求. 这便是极限的本质.

极限的严格定义

数列极限的 $\epsilon-N$ 定义

设 $\{a_n\}$ 是一个数列, $L$ 是一个实数. 如果对于任意给定的正数 $\epsilon$ (无论它多么小), 总存在一个正整数 $N$ , 使得当项数 $n \> N$ 时, 不等式

|a_n - L| \< \epsilon

恒成立, 那么我们称数列 $\{a_n\}$ 收敛于 $L$ , 记作

\lim_{n \to \infty} a_n = L \text{或} a_n \to L \ (n \to \infty)

如果一个数列不收敛于任何一个确定的实数, 我们就称该数列是发散的.

这个定义是整个数学分析的基石, 它完美地量化了“无限逼近”的全部内涵.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

例

证明: 一个常数数列 $a_n=c$ 收敛于 $c$ .

解

解析: 我们需要证明 $\lim_{n \to \infty} c = c$ . 根据定义, 对于任意给定的 $\epsilon \> 0$ , 我们需要找到一个正整数 $N$ , 使得当 $n \> N$ 时, $|a_n - c| \< \epsilon$ 成立.

对于本数列, 表达式 $|a_n-c|$ 的值为 $|c-c|=0$ . 因此, 不等式变为 $0 \< \epsilon$ . 由于 $\epsilon$ 被定义为任意正数, 这个不等式 $0 \< \epsilon$ 永远成立, 无论 $n$ 取何值.

这意味着, 我们可以选择任何一个正整数作为 $N$ , 例如 $N=1$ . 当 $n\>1$ 时, $|a_n-c|=0\<\epsilon$ 必然成立. 故 $\lim_{n \to \infty} c = c$ .

例

证明: $\lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} = 0$ .

解

解析: 对于任意给定的 $\epsilon \> 0$ , 我们需要找到一个正整数 $N$ , 使得当 $n \> N$ 时, $|\frac{1}{n} - 0| \< \epsilon$ 成立.

该不等式化简为 $\dfrac{1}{n} \< \epsilon$ . 解此关于 $n$ 的不等式, 得到 $n \> \dfrac{1}{\epsilon}$ .

根据实数的阿基米德性质, 对于任意正数 $1/\epsilon$ , 总存在一个正整数比它大. 因此, 我们可以选择 $N = \lfloor \frac{1}{\epsilon} \rfloor$ , 即对 $1/\epsilon$ 向下取整. (如果 $1/\epsilon$ 本身是整数, 那么 $N$ 就是它自己. 如果不是, $N$ 就是比它小的最大整数.)

这样, 当 $n \> N$ 时, $n$ 至少比 $N$ 大 $1$ , 故 $n \ge N+1 = \lfloor \frac{1}{\epsilon} \rfloor + 1 \> \frac{1}{\epsilon}$ . 这就保证了 $|\frac{1}{n}-0| \< \epsilon$ 成立. 证毕.

例

证明: 若 $|q| \< 1$ , 则 $\lim_{n \to \infty} q^n = 0$ .

解

解析: 若 $q=0$ , 则数列为 $0, 0, ...$ , 显然收敛于 $0$ .

我们考虑 $0 \< |q| \< 1$ 的情况. 因为 $1/|q| \> 1$ , 我们可以令 $\dfrac{1}{|q|} = 1+h$ , 其中 $h\>0$ . 于是 $|q| = \dfrac{1}{1+h}$ .

我们的目标是证明对于任意 $\epsilon\>0$ , 存在 $N$ 使得当 $n\>N$ 时, $|q^n - 0| = |q|^n \< \epsilon$ . 即 $\left(\dfrac{1}{1+h}\right)^n \< \epsilon$ .

根据伯努利不等式, $(1+h)^n \ge 1+nh$ . 因此,

|q|^n = \frac{1}{(1+h)^n} \le \frac{1}{1+nh}

要使得 $|q|^n \< \epsilon$ , 我们只需保证 $\dfrac{1}{1+nh} \< \epsilon$ 即可. 解此不等式:

1 \< \epsilon(1+nh) \iff \frac{1}{\epsilon} \< 1+nh \iff nh \> \frac{1}{\epsilon} - 1 \iff n \> \frac{1}{h}\left(\frac{1}{\epsilon}-1\right)

对于任意给定的 $\epsilon\>0$ , 我们总可以找到一个正整数 $N$ 大于 $\dfrac{1}{h}\left(\dfrac{1}{\epsilon}-1\right)$ . 当 $n\>N$ 时, $|q^n| \< \epsilon$ 便成立. 证毕.

例

证明: 数列 $a_n = (-1)^n$ 是发散的.

解

解析: 我们使用反证法. 假设该数列是收敛的, 且其极限为 $L$ .

根据极限的定义, 对于任意 $\epsilon \> 0$ , 都存在一个 $N$ , 使得当 $n \> N$ 时, $|a_n - L| \< \epsilon$ .

我们来选择一个特定的, 足够小的 $\epsilon$ . 考虑到数列的项在 $1$ 和 $-1$ 之间跳动, 它们的距离是 $2$ . 一个自然的选择是取 $\epsilon = \dfrac{1}{2}$ .

如果极限存在, 那么对于 $\epsilon = 1/2$ , 必然存在一个 $N$ , 使得所有 $n \> N$ 的项都满足 $|a_n - L| \< 1/2$ .

这意味着, 对于某个充分大的偶数 $n_{even} \> N$ , 我们有

|a_{n_{even}} - L| = |1 - L| \< \frac{1}{2}

同时, 对于某个充分大的奇数 $n_{odd} \> N$ , 我们有

|a_{n_{odd}} - L| = |-1 - L| \< \frac{1}{2}

接着, 我们考察 $1$ 与 $-1$ 之间的距离, 并利用三角不等式:

\begin{aligned} 2 &= |1 - (-1)| &= |(1 - L) + (L - (-1))| &\le |1 - L| + |L - (-1)| &= |1 - L| + |-1 - L| \end{aligned}

根据我们从极限定义中得到的两个不等式,

|1 - L| + |-1 - L| \< \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1

将两者结合, 我们得到了一个荒谬的结论: $2 \< 1$ . 这个矛盾说明, 我们最初的假设——“数列收敛于某个极限 $L$ ”——必然是错误的. 因此, 数列 $a_n = (-1)^n$ 是发散的.

例

使用 $\epsilon-N$ 定义证明 $\lim_{n \to \infty} \dfrac{2n-1}{n+1} = 2$ .

证明

证明: 对于任意给定的 $\epsilon \> 0$ , 我们的目标是寻找一个正整数 $N$ , 使得当 $n \> N$ 时, 不等式 $\left|\dfrac{2n-1}{n+1} - 2\right| \< \epsilon$ 恒成立.

我们首先对该不等式左侧的表达式进行代数化简, 以揭示其与 $n$ 的关系.

\left|\frac{2n-1}{n+1} - 2\right| = \left|\frac{2n-1 - 2(n+1)}{n+1}\right| = \left|\frac{-3}{n+1}\right| = \frac{3}{n+1}

此处的化简利用了 $n$ 为正整数, 故 $n+1\>0$ .

接着, 我们需要确定需要多大的 $n$ 才能保证 $\dfrac{3}{n+1} \< \epsilon$ . 解此不等式,

\frac{3}{n+1} \< \epsilon \iff 3 \< \epsilon(n+1) \iff n+1 \> \frac{3}{\epsilon} \iff n \> \frac{3}{\epsilon} - 1

这表明, 只要 $n$ 大于 $\frac{3}{\epsilon} - 1$ , 期望的不等式便能成立.

因此, 对于任何给定的 $\epsilon \> 0$ , 我们可以选择一个正整数 $N$ , 例如取 $N = \max\left(1, \left\lfloor \frac{3}{\epsilon} \right\rfloor\right)$ . 如此, 当 $n \> N$ 时, 必有 $n \> \frac{3}{\epsilon}$ , 从而 $n \> \frac{3}{\epsilon}-1$ 也成立.

这便完成了证明：对于任意 $\epsilon \> 0$ , 我们总能构造出这样一个 $N$ . 根据定义, $\lim_{n \to \infty} \dfrac{2n-1}{n+1} = 2$ .

极限的运算法则

若每次计算极限都诉诸 $\epsilon-N$ 定义, 将会极其繁琐. 幸运的是, 极限运算与代数运算具有良好的相容性, 使得我们可以将复杂数列的极限问题分解为若干基本部分. 我们将逐一证明这些基本法则, 它们的证明是理解极限理论核心思想的绝佳练习.

极限的运算法则

如果 $\lim_{n \to \infty} a_n = A$ 且 $\lim_{n \to \infty} b_n = B$ , 那么:

和差法则: $\lim_{n \to \infty} (a_n \pm b_n) = A \pm B$ .
乘法法则: $\lim_{n \to \infty} (a_n \cdot b_n) = A \cdot B$ .
常数倍数法则: $\lim_{n \to \infty} (c \cdot a_n) = c \cdot A$ (其中 $c$ 为常数).
除法法则: 如果 $B \neq 0$ , 那么 $\lim_{n \to \infty} \dfrac{a_n}{b_n} = \dfrac{A}{B}$ .

\paragraph{和差法则的证明} 我们仅证明和法则, 差法则的证明是类似的. 我们的目标是证明, 对于任意 $\epsilon \> 0$ , 存在一个正整数 $N$ , 使得当 $n \> N$ 时, $|(a_n+b_n) - (A+B)| \< \epsilon$ . 我们从目标表达式入手, 利用三角不等式 $|x+y| \le |x|+|y|$ 进行放缩.

|(a_n+b_n) - (A+B)| = |(a_n-A) + (b_n-B)| \le |a_n-A| + |b_n-B|

要使上式右侧的和小于 $\epsilon$ , 一个自然的想法是让它的每一个组成部分都小于 $\epsilon/2$ .

因为 $\lim_{n \to \infty} a_n = A$ , 所以对于正数 $\epsilon/2$ , 存在一个正整数 $N_1$ , 使得当 $n \> N_1$ 时,

|a_n - A| \< \frac{\epsilon}{2}

同理, 因为 $\lim_{n \to \infty} b_n = B$ , 所以对于正数 $\epsilon/2$ , 存在一个正整数 $N_2$ , 使得当 $n \> N_2$ 时,

|b_n - B| \< \frac{\epsilon}{2}

为了让上述两个不等式同时成立, 我们需要取一个足够大的 $n$ , 它必须同时大于 $N_1$ 和 $N_2$ . 因此, 我们选择 $N = \max(N_1, N_2)$ . 当 $n \> N$ 时,

|(a_n+b_n) - (A+B)| \le |a_n-A| + |b_n-B| \< \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon

证毕.

\paragraph{乘法法则的证明} 在证明乘法法则之前, 我们需要一个重要的引理.

引理

一个收敛的数列必然是有界的.

证明

设 $\lim_{n \to \infty} a_n = A$ . 根据定义, 对于 $\epsilon=1$ , 存在一个正整数 $N$ , 使得当 $n\>N$ 时, $|a_n - A| \< 1$ . 这意味着对于 $n\>N$ , 有 $A-1 \< a_n \< A+1$ . 因此, 从第 $N+1$ 项开始的所有项都被界定在区间 $(A-1, A+1)$ 内. 那么对于整个数列, 它的界可以由前 $N$ 项和这个区间共同决定. 令 $M = \max\{|a_1|, |a_2|, ..., |a_N|, |A-1|, |A+1|\}$ . 则对于所有的 $n \in \mathbb{N}^*$ , 均有 $|a_n| \le M$ . 故 $\{a_n\}$ 有界.

乘法法则证明: 我们的目标是估计 $|a_n b_n - AB|$ 的大小. 关键技巧是引入一个“桥梁”项, 例如 $a_n B$ , 然后应用三角不等式.

\begin{aligned} |a_n b_n - AB| &= |a_n b_n - a_n B + a_n B - AB| &\le |a_n b_n - a_n B| + |a_n B - AB| &= |a_n(b_n - B)| + |B(a_n - A)| &= |a_n| |b_n - B| + |B| |a_n - A| \end{aligned}

由于数列 $\{a_n\}$ 收敛, 根据引理, 它是有界的. 即存在一个常数 $M\>0$ 使得对所有 $n$ , $|a_n| \le M$ . 因此,

|a_n b_n - AB| \le M |b_n - B| + |B| |a_n - A|

我们的目标是使上式右端小于给定的 $\epsilon$ . 我们可以让两部分都小于 $\epsilon/2$ . (为避免分母为零, 我们在分母中使用 $|B|+1$ 代替 $|B|$ , 这是一个常用技巧.) 因为 $\lim_{n \to \infty} a_n = A$ , 所以对于正数 $\dfrac{\epsilon}{2(|B|+1)}$ , 存在 $N_1$ , 当 $n\>N_1$ 时,

|a_n - A| \< \frac{\epsilon}{2(|B|+1)}

因为 $\lim_{n \to \infty} b_n = B$ , 所以对于正数 $\dfrac{\epsilon}{2M}$ , 存在 $N_2$ , 当 $n\>N_2$ 时,

|b_n - B| \< \frac{\epsilon}{2M}

取 $N = \max(N_1, N_2)$ . 当 $n\>N$ 时,

\begin{aligned} |a_n b_n - AB| &\le M |b_n - B| + |B| |a_n - A| &\< M \cdot \frac{\epsilon}{2M} + |B| \cdot \frac{\epsilon}{2(|B|+1)} &= \frac{\epsilon}{2} + \frac{|B|}{|B|+1} \cdot \frac{\epsilon}{2} &\le \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon \end{aligned}

证毕.

\paragraph{除法法则的证明} 根据乘法法则, 我们只需证明 $\lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{b_n} = \dfrac{1}{B}$ 即可. 我们的目标是估计 $\left|\dfrac{1}{b_n} - \dfrac{1}{B}\right| = \left|\dfrac{B-b_n}{b_n B}\right| = \dfrac{|b_n-B|}{|b_n||B|}$ . 这里的难点在于分母中的 $|b_n|$ 是变量. 我们需要为它找到一个正的下界, 以便对整个分式进行放大.

因为 $\lim_{n \to \infty} b_n = B$ 且 $B \neq 0$ , 那么 $|B|\>0$ . 我们取 $\epsilon_1 = \dfrac{|B|}{2} \> 0$ . 根据极限定义, 存在一个正整数 $N_1$ , 使得当 $n \> N_1$ 时,

|b_n - B| \< \frac{|B|}{2}

利用反向三角不等式 $|x|-|y| \le |x-y|$ , 我们有

|B| - |b_n| \le |B - b_n| \< \frac{|B|}{2}

移项得到 $|b_n| \> |B| - \frac{|B|}{2} = \frac{|B|}{2}$ . 这为我们提供了所需的下界：从第 $N_1$ 项开始, $|b_n|$ 被限制在远离 $0$ 的地方.

对于 $n \> N_1$ ,

\left|\frac{1}{b_n} - \frac{1}{B}\right| = \frac{|b_n-B|}{|b_n||B|} \< \frac{|b_n-B|}{(\frac{|B|}{2})|B|} = \frac{2|b_n-B|}{|B|^2}

现在, 对于任意给定的 $\epsilon \> 0$ , 我们希望上式右端小于 $\epsilon$ . 即 $|b_n-B| \< \dfrac{\epsilon |B|^2}{2}$ . 因为 $\lim_{n \to \infty} b_n = B$ , 所以对于正数 $\dfrac{\epsilon |B|^2}{2}$ , 存在一个正整数 $N_2$ , 使得当 $n \> N_2$ 时,

|b_n-B| \< \frac{\epsilon |B|^2}{2}

取 $N = \max(N_1, N_2)$ . 当 $n \> N$ 时,

\left|\frac{1}{b_n} - \frac{1}{B}\right| \< \frac{2}{|B|^2} \cdot |b_n-B| \< \frac{2}{|B|^2} \cdot \frac{\epsilon |B|^2}{2} = \epsilon

这证明了 $\lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{b_n} = \dfrac{1}{B}$ . 结合乘法法则,

\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \left(a_n \cdot \frac{1}{b_n}\right) = \left(\lim_{n \to \infty} a_n\right) \cdot \left(\lim_{n \to \infty} \frac{1}{b_n}\right) = A \cdot \frac{1}{B} = \frac{A}{B}

证毕.

\paragraph{幂法则的说明} 对于任意正整数 $k$ , 我们可以通过对乘法法则进行数学归纳来证明 $\lim_{n \to \infty} a_n^k = A^k$ . 当 $k=1$ 时, 结论显然成立. 假设当 $k=m$ 时结论成立, 即 $\lim_{n \to \infty} a_n^m = A^m$ . 那么对于 $k=m+1$ ,

\lim_{n \to \infty} a_n^{m+1} = \lim_{n \to \infty} (a_n^m \cdot a_n) = \left(\lim_{n \to \infty} a_n^m\right) \cdot \left(\lim_{n \to \infty} a_n\right) = A^m \cdot A = A^{m+1}

故对所有正整数 $k$ , 该法则成立. 对于负整数 $k$ , 可由除法法则导出. 对于一般实数指数 $k$ , 其严格证明需要借助对数函数和指数函数的连续性, 超出了本节仅依赖 $\epsilon-N$ 定义的范畴, 但结论是成立的.

有理函数极限

设 $P(n) = a_p n^p + ... + a_0$ 和 $Q(n) = b_q n^q + ... + b_0$ 是两个关于 $n$ 的多项式, 其中 $a_p \neq 0, b_q \neq 0$ . 探究极限 $\lim_{n \to \infty} \dfrac{P(n)}{Q(n)}$ .

解

我们将分子分母同除以分母中的最高次幂 $n^q$ .

\lim_{n \to \infty} \frac{P(n)}{Q(n)} = \lim_{n \to \infty} \frac{a_p n^{p-q} + a_{p-1}n^{p-q-1} + ... + a_0 n^{-q}}{b_q + b_{q-1}n^{-1} + ... + b_0 n^{-q}}

分母的极限为 $\lim_{n \to \infty} (b_q + \frac{b_{q-1}}{n} + ...) = b_q \neq 0$ . 因此, 整个极限的行为由分子的行为决定.

我们分三种情况讨论:

当 $p \< q$ 时: $p-q \< 0$ . 分子中 $n$ 的所有幂次均为负. 当 $n \to \infty$ 时, 分子中每一项都趋于 $0$ . 故分子的极限为 $0$ . 因此, $\lim_{n \to \infty} \dfrac{P(n)}{Q(n)} = \dfrac{0}{b_q} = 0$ .
当 $p = q$ 时: $p-q = 0$ . 分子变为 $a_p + \dfrac{a_{p-1}}{n} + ...$ . 其极限为 $a_p$ . 因此, $\lim_{n \to \infty} \dfrac{P(n)}{Q(n)} = \dfrac{a_p}{b_p}$ .
当 $p \> q$ 时: $p-q \> 0$ . 分子中的首项 $a_p n^{p-q}$ 将趋于 $\infty$ 或 $-\infty$ (取决于 $a_p$ 的符号). 其余项的增长速度都低于首项. 故整个分子是无界的. 因此, 数列发散, 极限不存在.

结论: 两个多项式之比的极限, 仅取决于它们的最高次幂. 若分母次数更高, 极限为 $0$ ; 若次数相同, 极限为最高次项系数之比; 若分子次数更高, 数列发散.

根式有理化

计算极限 $\lim_{n \to \infty} (\sqrt{n^2+an} - n)$ , 其中 $a$ 为常数.

解

解析: 这是一个 $\infty - \infty$ 型的不定式. 直接计算是不可行的. 处理此类涉及根式的差的不定型, 一个标准的技巧是利用其共轭表达式进行有理化, 将减法转化为加法.

\begin{aligned} \sqrt{n^2+an} - n &= (\sqrt{n^2+an} - n) \cdot \frac{\sqrt{n^2+an} + n}{\sqrt{n^2+an} + n} &= \frac{(n^2+an) - n^2}{\sqrt{n^2+an} + n} &= \frac{an}{\sqrt{n^2+an} + n} \end{aligned}

经过变换, 原不定式化为了一个 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型的不定式, 我们可以使用提取主项的方法来解决. 分母中 $n$ 的最高次幂等价于 $n^1$ . 我们将分子分母同除以 $n$ .

\frac{an/n}{(\sqrt{n^2+an} + n)/n} = \frac{a}{\frac{\sqrt{n^2+an}}{n} + 1} = \frac{a}{\sqrt{\frac{n^2+an}{n^2}} + 1} = \frac{a}{\sqrt{1 + \frac{a}{n}} + 1}

接着对变换后的表达式取极限.

\lim_{n \to \infty} \frac{a}{\sqrt{1 + \frac{a}{n}} + 1} = \frac{a}{\sqrt{1 + 0} + 1} = \frac{a}{2}

这个结果 $\dfrac{a}{2}$ 是一个在微积分中非常有用的经典结论.

阶乘与指数的增长率比较

证明: 对于任意实数 $a$ , 都有 $\lim_{n \to \infty} \dfrac{a^n}{n!} = 0$ .

解

解析: 这个极限揭示了阶乘增长的强度远超指数增长. 若 $a=0$ , 结论显然成立. 若 $a \neq 0$ , 我们考虑其绝对值. 令 $x_n = \dfrac{|a|^n}{n!}$ .

我们考察数列相邻项的比值, 以分析其变化趋势.

\frac{x_{n+1}}{x_n} = \frac{|a|^{n+1}/(n+1)!}{|a|^n/n!} = \frac{|a|}{n+1}

当 $n$ 变得足够大时, 这个比值会变得任意小. 具体地, 我们可以选择一个正整数 $N$ , 使得 $N \> 2|a|$ . 那么对于所有 $n \ge N$ ,

\frac{|a|}{n+1} \< \frac{|a|}{N} \< \frac{1}{2}

这意味着从第 $N$ 项开始, 数列的每一项至多是前一项的一半.

对于 $n \> N$ , 我们可以写出:

x_n = x_N \cdot \frac{|a|}{N+1} \cdot \frac{|a|}{N+2} \cdots \frac{|a|}{n} \< x_N \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{n-N}

令 $C = x_N \cdot (1/2)^{-N} = x_N \cdot 2^N$ , 这是一个与 $n$ 无关的常数. 于是我们得到了一个不等关系:

0 \le x_n \< C \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^n

由于 $\lim_{n \to \infty} C \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^n = 0$ , 根据夹逼准则, $\lim_{n \to \infty} x_n = 0$ .

因为 $\lim_{n \to \infty} | \frac{a^n}{n!} | = 0$ , 那么原数列的极限也必然为 $0$ .

不定型极限的计算策略

当我们直接应用极限的运算法则时, 常常会遇到一些没有直接定义的表达式, 例如 $\dfrac{\infty}{\infty}, \dfrac{0}{0}, \infty - \infty, 0 \cdot \infty, 1^\infty, 0^0, \infty^0$ 等. 这些形式被称为不定型极限. 它们的结果无法一概而论, 必须根据具体的数列结构进行进一步的代数变形和分析. 掌握处理这些不定型的系统性方法, 是极限计算能力的核心.

\paragraph{类型 I: $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型（抓大放小, 提取主项）} 这是最常见的不定型, 尤其是在处理有理函数或含有根式的分式时.

策略: 提取主导项. 在分子和分母中找到当 $n \to \infty$ 时增长最快的项 (即主项), 然后将分子分母同除以分母的主项. 这样做可以将原不定型转化为一个分母极限为非零常数, 分子极限易于判断的新形式.

有理函数

计算 $\lim_{n \to \infty} \dfrac{3n^2 - 2n + 5}{2n^2 + 4n - 1}$ .

解

解析: 分子分母的主项均为 $n^2$ . 同除以 $n^2$ .

\lim_{n \to \infty} \frac{3 - \frac{2}{n} + \frac{5}{n^2}}{2 + \frac{4}{n} - \frac{1}{n^2}} = \frac{3-0+0}{2+0-0} = \frac{3}{2}

根式分式

计算 $\lim_{n \to \infty} \dfrac{\sqrt{4n^2+n} + n}{3n - \sqrt{n^2+1}}$ .

解

解析: 分子中, $\sqrt{4n^2+n}$ 的增长速度与 $\sqrt{4n^2}=2n$ 相当. 故分子主项等价于 $2n+n=3n$ . 分母中, $\sqrt{n^2+1}$ 的增长速度与 $\sqrt{n^2}=n$ 相当. 故分母主项等价于 $3n-n=2n$ . 整个分式的主项等价于 $n$ . 我们将分子分母同除以 $n$ .

\begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{\sqrt{4n^2+n}}{n} + \frac{n}{n}}{\frac{3n}{n} - \frac{\sqrt{n^2+1}}{n}} &= \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{\frac{4n^2+n}{n^2}} + 1}{3 - \sqrt{\frac{n^2+1}{n^2}}} &= \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{4+\frac{1}{n}} + 1}{3 - \sqrt{1+\frac{1}{n^2}}} &= \frac{\sqrt{4+0}+1}{3-\sqrt{1+0}} = \frac{2+1}{3-1} = \frac{3}{2} \end{aligned}

\paragraph{类型 II: $\infty - \infty$ 型（通分或有理化）} 这种不定型通常出现在两个增长都趋于无穷的项相减时. 其结果取决于两者增长速度的细微差别.

策略: 通过代数变换, 将“减法”不定型转化为“除法”不定型.

对于分式之差: 进行通分, 将其合并为一个单一的分式, 转化为 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 或 $\dfrac{0}{0}$ 型.
对于根式之差: 使用其共轭表达式进行分子或分母有理化, 将减法转化为加法, 并将原表达式变为分式形式.

根式有理化

计算 $\lim_{n \to \infty} (\sqrt{n^2+an} - \sqrt{n^2+bn})$ .

解

解析: 这是一个 $\infty - \infty$ 型不定式. 我们乘以其共轭表达式.

\begin{aligned} &\lim_{n \to \infty} (\sqrt{n^2+an} - \sqrt{n^2+bn}) \cdot \frac{\sqrt{n^2+an} + \sqrt{n^2+bn}}{\sqrt{n^2+an} + \sqrt{n^2+bn}} &= \lim_{n \to \infty} \frac{(n^2+an) - (n^2+bn)}{\sqrt{n^2+an} + \sqrt{n^2+bn}} &= \lim_{n \to \infty} \frac{(a-b)n}{\sqrt{n^2+an} + \sqrt{n^2+bn}} \end{aligned}

问题转化为 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型. 同除以主项 $n$ .

= \lim_{n \to \infty} \frac{a-b}{\sqrt{1+\frac{a}{n}} + \sqrt{1+\frac{b}{n}}} = \frac{a-b}{\sqrt{1+0}+\sqrt{1+0}} = \frac{a-b}{2}

\paragraph{类型 III: $1^\infty$ 型（凑重要极限 $e$ ）} 形如 $\lim_{n \to \infty} (u_n)^{v_n}$ , 其中 $\lim u_n = 1$ 且 $\lim v_n = \infty$ .

策略: 恒等变形, 将表达式凑成重要极限 $\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = e$ 的标准形式或其变体. 关键步骤是令 $u_n = 1 + \alpha_n$ , 其中 $\lim \alpha_n = 0$ .

\lim_{n \to \infty} (1+\alpha_n)^{v_n} = \lim_{n \to \infty} \left[ (1+\alpha_n)^{\frac{1}{\alpha_n}} \right]^{\alpha_n v_n}

由于方括号内的部分趋向于 $e$ , 整个极限的结果取决于指数部分的极限 $\lim_{n \to \infty} (\alpha_n v_n)$ . 若 $\lim_{n \to \infty} \alpha_n v_n = L$ , 则原极限为 $e^L$ .

例

计算 $\lim_{n \to \infty} \left(\dfrac{n+2}{n-1}\right)^{2n+1}$ .

解

解析: 当 $n \to \infty$ 时, 底数 $\dfrac{n+2}{n-1} \to 1$ , 指数 $2n+1 \to \infty$ . 这是 $1^\infty$ 型. 我们对底数进行变形, 以凑出 $(1+\alpha_n)$ 的形式.

\frac{n+2}{n-1} = \frac{(n-1)+3}{n-1} = 1 + \frac{3}{n-1}

这里, $\alpha_n = \dfrac{3}{n-1}$ .

原极限变为 $\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{3}{n-1}\right)^{2n+1}$ . 我们进行指数上的凑配.

\begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \left[ \left(1 + \frac{3}{n-1}\right)^{\frac{n-1}{3}} \right]^{\frac{3}{n-1} \cdot (2n+1)} \end{aligned}

令 $m = \frac{n-1}{3}$ . 当 $n \to \infty$ 时, $m \to \infty$ . 方括号内的部分 $\lim_{m \to \infty} \left(1 + \frac{1}{m}\right)^m = e$ .

我们只需计算指数部分的极限.

\lim_{n \to \infty} \frac{3(2n+1)}{n-1} = \lim_{n \to \infty} \frac{6n+3}{n-1} = 6

因此, 原极限等于 $e^6$ .

极限判敛准则

在许多情况下, 我们可能无法直接计算出极限的值, 甚至不确定极限是否存在. 以下两个准则是判断收敛性, 乃至求解极限的根本性工具.

夹逼准则

设有三个数列 $\{a_n\}, \{b_n\}, \{c_n\}$ . 如果从某一项 ( $n \> N_0$ ) 开始, 恒有

a_n \le b_n \le c_n

并且已知 $\{a_n\}$ 和 $\{c_n\}$ 都收敛于同一个极限 $L$ , 那么, 位于它们之间的数列 $\{b_n\}$ 也必定收敛于 $L$ .

证明

我们的目标是证明, 对于任意给定的 $\epsilon \> 0$ , 存在一个正整数 $N$ , 使得当 $n \> N$ 时, 不等式 $|b_n - L| \< \epsilon$ 恒成立. 这个不等式等价于 $L - \epsilon \< b_n \< L + \epsilon$ .

证明的核心思想是利用数列 $\{a_n\}$ 和 $\{c_n\}$ 的收敛性, 来“夹住”数列 $\{b_n\}$ , 迫使其进入以 $L$ 为中心的 $\epsilon$ -邻域内.

因为 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$ , 根据极限的定义, 对于我们给定的这个 $\epsilon \> 0$ , 存在一个正整数 $N_1$ , 使得当 $n \> N_1$ 时, 恒有

|a_n - L| \< \epsilon

这等价于 $L - \epsilon \< a_n \< L + \epsilon$ . 对于我们的证明, 其中特别重要的是不等式的左半部分:

L - \epsilon \< a_n

同理, 因为 $\lim_{n \to \infty} c_n = L$ , 对于同一个 $\epsilon \> 0$ , 存在一个正整数 $N_2$ , 使得当 $n \> N_2$ 时, 恒有

|c_n - L| \< \epsilon

这等价于 $L - \epsilon \< c_n \< L + \epsilon$ . 对于我们的证明, 其中特别重要的是不等式的右半部分:

c_n \< L + \epsilon

根据题设, 还存在一个正整数 $N_0$ , 使得当 $n \> N_0$ 时, $a_n \le b_n \le c_n$ 成立.

为了使得上述所有不等式同时成立, 我们需要项数 $n$ 足够大, 以同时满足 $n\>N_0$ , $n\>N_1$ 和 $n\>N_2$ . 为此, 我们取 $N = \max(N_0, N_1, N_2)$ .

那么, 当 $n \> N$ 时, 我们便可以构建如下的逻辑链条:

L - \epsilon \< a_n (\text{因为 } n \> N \ge N_1)

a_n \le b_n (\text{因为 } n \> N \ge N_0)

b_n \le c_n (\text{因为 } n \> N \ge N_0)

c_n \< L + \epsilon (\text{因为 } n \> N \ge N_2)

将这四条不等式串联起来, 我们得到

L - \epsilon \< a_n \le b_n \le c_n \< L + \epsilon

这必然蕴含着

L - \epsilon \< b_n \< L + \epsilon

该不等式可以被写作 $|b_n - L| \< \epsilon$ .

这便完成了证明. 因为对于任意给定的 $\epsilon \> 0$ , 我们总能找到这样一个正整数 $N$ , 使得当 $n\>N$ 时 $|b_n - L| \< \epsilon$ 成立. 根据极限的定义, $\lim_{n \to \infty} b_n = L$ .

夹逼准则的直观意义是, 如果一个数列被两个“奔向同一终点”的数列从上下两侧夹住, 那么它也无处可逃, 只能奔向那个相同的终点. 此准则的威力在于, 我们可以用两个易于处理的数列来“夹住”一个复杂的数列, 从而确定其极限.

例

求极限 $\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{\sqrt{n^2+k}}$ .

解

解析: 该和式的项数随 $n$ 变化, 无法直接应用运算法则. 这种结构是应用夹逼准则的经典场景. 令 $S_n = \dfrac{1}{\sqrt{n^2+1}} + \dfrac{1}{\sqrt{n^2+2}} + ... + \dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}$ . 我们的策略是通过对和式中的每一项进行统一的放缩, 来构造 $S_n$ 的上下界.

注意到, 在和式的各项中, 分母最小的项是 $\sqrt{n^2+1}$ , 故 $\dfrac{1}{\sqrt{n^2+1}}$ 是最大项. 分母最大的项是 $\sqrt{n^2+n}$ , 故 $\dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}$ 是最小项.

对于上界, 我们将每一项都放大为最大项:

S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2+k}} \le \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2+1}} = n \cdot \frac{1}{\sqrt{n^2+1}} = \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}

对于下界, 我们将每一项都缩小为最小项:

S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2+k}} \ge \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2+n}} = n \cdot \frac{1}{\sqrt{n^2+n}} = \frac{n}{\sqrt{n^2+n}}

我们成功地建立了不等关系:

\frac{n}{\sqrt{n^2+n}} \le S_n \le \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}

接着, 计算两边数列的极限.

\lim_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2+n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n\sqrt{1+1/n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1+1/n}} = 1

\lim_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2+1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n\sqrt{1+1/n^2}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1+1/n^2}} = 1

由于上下界的极限均为 $1$ , 根据夹逼准则, 原极限值必为 $1$ .

单调收敛定理

一个单调且有界的数列必然收敛. 具体而言,

一个非减且有上界的数列收敛.
一个非增且有下界的数列收敛.

证明

这个定理是实数系完备性的深刻体现, 其证明过程本身就揭示了极限与序结构之间的根本联系. 我们将详细证明第一种情况, 第二种情况的证明是完全对偶的.

设 $\{a_n\}$ 是一个非减且有上界的数列. 非减意味着对于所有 $n \in \mathbb{N}^*$ , 有 $a_{n+1} \ge a_n$ . 有上界意味着存在一个实数 $M$ , 使得对于所有 $n \in \mathbb{N}^*$ , 有 $a_n \le M$ .

考虑由该数列的所有项构成的集合 $S = \{a_1, a_2, a_3, ...\}$ . 由于数列非空, 集合 $S$ 也是非空的. 由于数列有上界 $M$ , 集合 $S$ 也是有上界的.

根据实数系的完备性公理 (或称最小上界公理), 任何一个非空且有上界的实数集, 必然存在一个最小上界, 即上确界. 我们令 $L = \sup S$ . 这个数 $L$ 是我们证明数列极限存在性的关键. 我们将证明 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$ .

要证明 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$ , 我们必须依据 $\epsilon-N$ 定义. 对于任意给定的 $\epsilon \> 0$ , 我们需要找到一个正整数 $N$ , 使得当 $n\>N$ 时, $|a_n - L| \< \epsilon$ 成立.

由上确界的定义, $L$ 是集合 $S$ 的一个上界, 因此对于所有的 $n$ , 都有 $a_n \le L$ . 因为 $\epsilon \> 0$ , 所以 $L \< L+\epsilon$ , 故 $a_n \< L+\epsilon$ 自动成立.

接着, 我们需要证明 $a_n \> L-\epsilon$ . 考虑 $L-\epsilon$ 这个数. 由于 $\epsilon \> 0$ , 我们有 $L-\epsilon \< L$ . 根据上确界的“最小性”质, 任何严格小于上确界的数都不可能是该集合的上界. 因此, $L-\epsilon$ 不是集合 $S$ 的一个上界.

既然 $L-\epsilon$ 不是上界, 那么在集合 $S$ 中必然存在至少一个元素, 它比 $L-\epsilon$ 要大. 换言之, 存在某个正整数 $N$ , 使得 $a_N \> L-\epsilon$ .

此时, 数列的非减性开始发挥关键作用. 因为 $\{a_n\}$ 是非减的, 所以对于任何 $n \> N$ , 我们都有 $a_n \ge a_N$ .

我们将以上结果串联起来. 对于任何 $n \> N$ , 我们有:

L - \epsilon \< a_N \le a_n

结合我们已经知道的 $a_n \le L \< L+\epsilon$ , 我们得到对于所有 $n\>N$ :

L - \epsilon \< a_n \< L + \epsilon

这等价于 $|a_n - L| \< \epsilon$ .

至此, 我们证明了对于任意 $\epsilon\>0$ , 总能找到一个对应的 $N$ . 根据极限的定义, 数列 $\{a_n\}$ 收敛于 $L$ .

对于一个非增且有下界的数列, 其证明过程完全类似, 只需考虑由数列构成的集合的下确界, 并证明数列收敛于其下确界. 证毕.

单调收敛定理并非一个普适的数学真理, 而是**实数系 $\mathbb{R**$ 的一个标志性特征}. 其证明的核心完全依赖于实数系的完备性公理——即“每个有上界的非空集合都有最小上界”这一条. 如果我们把研究范围限制在有理数系 $\mathbb{Q}$ 中, 这个定理就不再成立.

考虑一个有理数列 $\{a_n\}$ , 它是 $\sqrt{2}$ 的十进制逐次逼近:

a_1=1, a_2=1.4, a_3=1.41, a_4=1.414, ...

这个数列显然是:

单调递增的: $a_{n+1} \> a_n$ .
有上界的: 例如, 所有项都小于 $2$ .

在有理数 $\mathbb{Q}$ 的世界里, 它满足了定理的所有前提条件. 然而, 它并不收敛. 因为它的“极限”是 $\sqrt{2}$ , 而 $\sqrt{2}$ 并不在有理数集合 $\mathbb{Q}$ 中. 这意味着在有理数轴上, 这个数列无限地奔向一个“空洞”, 一个不存在的点.

这个反例深刻地说明了实数系的完备性是如何“填补”了有理数轴上的这些“空洞”. 正是因为有了完备性, 我们才能保证任何一个单调有界的数列, 它的前方总有一个确定的实数点在“等待”着它, 这个点就是它的上确界 (或下确界).

例

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1 = \sqrt{2}$ , $a_{n+1} = \sqrt{2+a_n}$ . 证明该数列收敛, 并求其极限.

解

解析: 该数列由递推关系定义, 通项不易求出. 我们诉诸单调收敛定理, 探究其有界性与单调性.

我们首先通过数学归纳法证明数列有上界 $2$ . 当 $n=1$ 时, $a_1 = \sqrt{2} \< 2$ , 结论成立. 假设当 $n=k$ ( $k \ge 1$ ) 时, $a_k \< 2$ 成立. 则对于 $n=k+1$ , 有 $a_{k+1} = \sqrt{2+a_k} \< \sqrt{2+2} = 2$ . 故对所有正整数 $n$ , $a_n \< 2$ 恒成立. 又显然 $a_n \> 0$ , 故数列 $\{a_n\}$ 有界.

接着我们判断其单调性. 考察相邻两项的平方之差.

a_{n+1}^2 - a_n^2 = (2+a_n) - a_n^2 = -(a_n^2 - a_n - 2) = -(a_n-2)(a_n+1)

由于 $0 \< a_n \< 2$ , 可知 $a_n-2 \< 0$ 且 $a_n+1 \> 0$ . 因此 $a_{n+1}^2 - a_n^2 \> 0$ , 即 $a_{n+1}^2 \> a_n^2$ . 因为数列各项均为正, 这蕴含着 $a_{n+1} \> a_n$ . 故数列 $\{a_n\}$ 是一个严格递增数列.

至此, 我们证明了 $\{a_n\}$ 是一个单调递增且有上界的数列. 根据单调收敛定理, 该数列必然收敛. 设 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$ . 对递推关系式 $a_{n+1} = \sqrt{2+a_n}$ 两边同时取极限. 注意到 $\lim_{n \to \infty} a_{n+1} = L$ , 并且平方根函数是连续的.

L = \lim_{n \to \infty} a_{n+1} = \lim_{n \to \infty} \sqrt{2+a_n} = \sqrt{2 + \lim_{n \to \infty} a_n} = \sqrt{2+L}

由此得到关于极限值 $L$ 的方程 $L = \sqrt{2+L}$ . 两边平方得 $L^2 = 2+L$ , 即 $L^2 - L - 2 = 0$ , 解得 $L=2$ 或 $L=-1$ . 由于数列 $\{a_n\}$ 的所有项均为正数, 其极限必为非负数, 故舍去 $L=-1$ .

结论: 该数列收敛, 且其极限为 $2$ .

两个重要的极限

以下两个极限在更复杂的极限计算中常被作为已知结论引用.

定理

\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = e

其中 $e \approx 2.71828...$ 是自然对数的底数. 这个极限是指数函数 $e^x$ 的一个基本定义. 其更一般的形式为 $\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{x}{n}\right)^n = e^x$ .

定理

\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1

证明

证明: 令 $x_n = \sqrt[n]{n} - 1$ . 显然当 $n\>1$ 时, $\sqrt[n]{n}\>1$ , 故 $x_n \> 0$ . 我们有 $\sqrt[n]{n} = 1+x_n$ , 两边取 $n$ 次幂, 得到 $n = (1+x_n)^n$ .

根据二项式定理, 对于 $n \ge 2$ :

n = (1+x_n)^n = \binom{n}{0} + \binom{n}{1}x_n + \binom{n}{2}x_n^2 + ... + \binom{n}{n}x_n^n

由于所有项均为正, 我们可以只取其中一项来进行放缩:

n \> \binom{n}{2}x_n^2 = \frac{n(n-1)}{2}x_n^2

对于 $n \ge 2$ , 我们有 $1 \> \frac{n-1}{2}x_n^2$ , 整理得到

x_n^2 \< \frac{2}{n-1}

因此, 我们得到了关于 $x_n$ 的界:

0 \< x_n \< \sqrt{\frac{2}{n-1}}

当 $n \to \infty$ 时, $\lim_{n \to \infty} \sqrt{\frac{2}{n-1}} = 0$ .

根据夹逼准则, $\lim_{n \to \infty} x_n = 0$ . 因此, $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = \lim_{n \to \infty} (1+x_n) = 1+0=1$ .

这个极限回答了一个关于不同增长类型强度比较的深刻问题. 我们可以将 $\sqrt[n]{n}$ 理解为对 $n$ 进行“指数级”的削弱.

考虑两个函数: $f(n)=c$ (常数函数) 和 $g(n)=n$ (线性函数). 显然, 线性函数的增长速度远快于常数函数. 现在我们对它们施加相同的 $\sqrt[n]{\cdot}$ 运算:

对于常数 $c\>0$ , $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{c} = 1$ . (因为 $\sqrt[n]{c} = c^{1/n}$ , 当 $n \to \infty$ , $1/n \to 0$ , 故 $c^{1/n} \to c^0=1$ ).
对于线性函数 $n$ , $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1$ .

这个结果令人惊讶：尽管 $n$ 的增长速度远超任何常数 $c$ , 但在开 $n$ 次方的“压制”下, 它们最终的极限行为是完全相同的.

这个极限告诉我们, 开 $n$ 次方根运算的削弱作用是如此强大, 以至于它能将一个以多项式速率增长的序列 (如 $n, n^2, n^k$ ) 的极限, “拉回”到与常数序列相同的水平 (极限为1). 换句话说, 与指数函数 $a^n$ (其中 $a\>1$ ) 的爆炸式增长相比, 任何多项式 $P(n)$ 的增长都是微不足道的. 当我们考察 $\sqrt[n]{P(n)}$ 时, 其极限也总是 $1$ .

这个极限在判断级数收敛性的“根值判别法”中扮演着核心角色, 是衡量一个数列增长速率是否“快于几何级数”的标尺.

级数

{/* label: sec:ch07-s16 */}

\begin{figure}[htbp]

{1/2 + 1/4 + 1/8 + ... = 1} 的几何直观.} \end{figure} 图：无穷级数 \texorpdfstring{ $1/2 + 1/4 + 1/8 + ... = 1$

阿喀琉斯与乌龟的赛跑 古希腊哲学家芝诺曾提出过一个著名的悖论：善跑的英雄阿喀琉斯永远追不上前面爬行的乌龟. 理由是：当阿喀琉斯到达乌龟的出发点时，乌龟已经向前爬了一段距离；当他跑完这段新距离时，乌龟又向前爬了一点…… 这个过程可以无限地划分下去，阿喀琉斯似乎陷入了无穷无尽的追赶步骤中，永远无法完成超越.

这个悖论的困惑在于：一个包含无穷多个步骤的过程，能否在有限的时间内完成？或者换个角度问：如果你把 1 米长的绳子切成 1/2 米, 1/4 米, 1/8 米…… 这一连串无穷无尽的碎片，能不能重新拼回原来的 1 米？

直觉告诉我们，无穷多个正数相加，结果似乎应该是无穷大. 但现实经验（阿喀琉斯确实能追上乌龟，绳子也确实是 1 米）却暗示我们：在特定条件下，无穷多个数的和，竟然可以是一个有限的数.

这种“无穷项之和”的数学结构，被称为级数. 它是我们理解连续、逼近以及函数本质的关键工具.

定义与收敛性

我们无法直接执行无穷次加法运算. 为了赋予“无穷和”以数学意义，我们借助“部分和”与“极限”的概念.

级数

给定一个数列 $\{a_n\}$ . 表达式

\sum_{n=1}^{\infty} a_n = a_1 + a_2 + a_3 + ...

称为无穷级数，简称级数. 其中 $a_n$ 称为级数的通项.

为了计算其值，我们构造一个新的数列 $\{S_n\}$ ，称为级数的部分和数列，其中

S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k = a_1 + a_2 + ... + a_n

如果部分和数列 $\{S_n\}$ 收敛于某个实数 $S$ , 即 $\lim_{n \to \infty} S_n = S$ , 则称该级数收敛, 并称 $S$ 为该级数的和. 如果 $\{S_n\}$ 发散，则称该级数发散.

换句话说：我们并不是真的“把所有项都加完”，而是看“前 $n$ 项的和”会不会越来越靠近某个固定的数.如果会，那么这个固定的数就被视为“无穷多项相加”的结果.

由此可见，级数的研究本质上是对部分和数列 $\{S_n\}$ 极限的研究.

级数收敛的必要条件

一个自然的问题是：什么样的数列 $\{a_n\}$ 构成的级数才可能收敛？直观上，如果我们要把无穷多个数加起来得到一个有限值，这些数必须变得越来越小，最终趋于零.

在上一节我们已经知道：如果两个数列都有极限，则它们的和与差的极限等于极限的和与差.现在我们利用这一点来证明“项趋零性”.

项趋零性

如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛, 那么其通项 $a_n$ 随 $n$ 趋于无穷时的极限必为零，即

\lim_{n \to \infty} a_n = 0

证明

设级数收敛于 $S$ , 即 $\lim_{n \to \infty} S_n = S$ . 注意到通项与部分和的关系： $a_n = S_n - S_{n-1}$ (当 $n \ge 2$ ). 对等式两边取极限：

\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} (S_n - S_{n-1}) = \lim_{n \to \infty} S_n - \lim_{n \to \infty} S_{n-1} = S - S = 0

证毕.

这是一个必要条件，而非充分条件. 也就是说，即使 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$ , 级数也未必收敛. 这一点在后续关于调和级数的讨论中将得到证实. 但如果 $\lim_{n \to \infty} a_n \neq 0$ ，我们可以断定级数必然发散.

例

判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n+1}$ 的敛散性.

解

考察通项的极限：

\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1} = 1

由于极限不为 $0$ ，根据必要条件，该级数发散.

重要的级数模型

\paragraph{几何级数 (等比级数)} 这是最基本且应用最广泛的级数. 考虑等比数列 $\{aq^{n-1}\}$ 构成的级数：

\sum_{n=1}^{\infty} aq^{n-1} = a + aq + aq^2 + ... (a \neq 0)

其部分和 $S_n$ 由等比数列求和公式给出：

S_n = \begin{cases} \frac{a(1-q^n)}{1-q} & q \neq 1 \\ na & q = 1 \end{cases}

我们分析 $S_n$ 的极限行为：

当 $|q| \< 1$ 时, $\lim_{n \to \infty} q^n = 0$ , 故 $\lim_{n \to \infty} S_n = \frac{a}{1-q}$ . 级数收敛.
当 $|q| \ge 1$ 时, 数列 $\{q^n\}$ 不收敛于 $0$ (或发散), 导致 $S_n$ 发散.

结论：几何级数 $\sum_{n=1}^{\infty} aq^{n-1}$ 收敛当且仅当 $|q| \< 1$ , 其和为 $\frac{a}{1-q}$ .

例

计算循环小数 $0.999...$ 的值, 并判断它与 $1$ 的关系.

解

首先明确 $0.999...$ 的含义. 它表示一个极限过程：依次取

s_1 = 0.9, s_2 = 0.99, s_3 = 0.999, ...

一般地，第 $n$ 个近似写作

s_n = 0.\underbrace{99... 9}_{n\text{ 个 }9}.

我们把数列 $\{s_n\}$ 的极限（若存在）记作 $0.999...$ ：

0.999... \coloneqq \lim_{n\to\infty} s_n.

接下来把 $s_n$ 写成一个有限级数. 每个 $s_n$ 可以表示为

s_n = \frac{9}{10} + \frac{9}{10^2} + ... + \frac{9}{10^n} = \sum_{k=1}^{n} \frac{9}{10^k}.

这是一列等比级数的前 $n$ 项和, 首项为 $a = \dfrac{9}{10}$ , 公比为 $q = \dfrac{1}{10}$ . 由等比数列求和公式

\sum_{k=1}^{n} aq^{k-1} = a\,\frac{1-q^n}{1-q}

可得

s_n = \frac{9}{10}\cdot\frac{1-(\frac{1}{10})^n}{1-\frac{1}{10}} = \frac{9}{10}\cdot\frac{1-10^{-n}}{\frac{9}{10}} = 1 - 10^{-n}.

于是

\lim_{n\to\infty} s_n = \lim_{n\to\infty} \bigl(1 - 10^{-n}\bigr) = 1 - \lim_{n\to\infty} 10^{-n} = 1 - 0 = 1.

根据 $0.999...$ 的定义，有

0.999... = \lim_{n\to\infty} s_n = 1.

从差的角度再看一次这一结论. 由 $s_n = 1 - 10^{-n}$ 可得

1 - s_n = 10^{-n}.

对两边取极限：

1 - 0.999... = 1 - \lim_{n\to\infty} s_n = \lim_{n\to\infty} (1 - s_n) = \lim_{n\to\infty} 10^{-n} = 0.

两数之差为 $0$ , 说明 $0.999...$ 与 $1$ 表示同一个实数，它们之间没有任何间隙.

注意，上面的计算同时给出了另一个常用写法的依据. 例如

0.00999... = \frac{9}{10^3} + \frac{9}{10^4} + ... = \sum_{k=3}^{\infty} \frac{9}{10^k} = \frac{9/10^3}{1-\frac{1}{10}} = \frac{1}{10^2} = 0.01.

因此

0.5 = 0.4999..., 0.25 = 0.24999..., \text{等等}.

任何有限小数在十进制展开中，都可以有一种“最后一位减一，再接无穷个 $9$ ”的等价表示； $0.999... = 1$ 是其中最简单的一种情形.

\paragraph{调和级数} 考察通项为 $a_n = \frac{1}{n}$ 的级数：

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + ...

虽然 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$ ，满足收敛的必要条件，但该级数却是发散的. 这是一个反直觉的重要例子.

证明（Oresme 的证明）

我们将级数的项进行分组放缩：

\begin{aligned} S &= 1 + \frac{1}{2} + \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8}\right) + ... &\> 1 + \frac{1}{2} + \left(\frac{1}{4} + \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{8} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8}\right) + ... &= 1 + \frac{1}{2} + \frac{2}{4} + \frac{4}{8} + ... &= 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + ... \end{aligned}

通过不断地将 $2^k$ 项分母放大到 $2^{k+1}$ 的倒数, 我们构造出了无穷多个 $1/2$ . 显然，这个和趋向于无穷大. 因此，调和级数发散.

\paragraph{裂项级数} 如果级数的通项 $a_n$ 可以表示为某个数列 $\{b_n\}$ 的差分形式 $a_n = b_n - b_{n+1}$ , 则部分和 $S_n$ 会出现中间项抵消的现象. 这种级数称为裂项级数.

S_n = (b_1 - b_2) + (b_2 - b_3) + ... + (b_n - b_{n+1}) = b_1 - b_{n+1}

此时，级数的敛散性完全取决于数列 $\{b_n\}$ 的极限.

\sum_{n=1}^{\infty} (b_n - b_{n+1}) = b_1 - \lim_{n \to \infty} b_{n+1}

例

计算级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)}$ 的和.

解

利用部分分式分解：

\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}

部分和为：

S_n = \left(1 - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + ... + \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) = 1 - \frac{1}{n+1}

取极限：

S = \lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \left(1 - \frac{1}{n+1}\right) = 1

绝对收敛与条件收敛

对于项的符号发生变化的级数，情况会变得更加微妙. 考虑交错调和级数：

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + ...

虽然调和级数发散，但由于正负项的相互抵消，这个级数是收敛的（收敛于 $\ln 2$ ）.

定义

对于级数 $\sum a_n$ ：

如果各项的绝对值构成的级数 $\sum |a_n|$ 收敛，则称原级数绝对收敛.
如果原级数 $\sum a_n$ 收敛, 但 $\sum |a_n|$ 发散，则称原级数条件收敛.

绝对收敛的级数具有很好的性质，例如可以任意交换求和顺序而不改变和的值. 而条件收敛级数则不然，黎曼重排定理指出：对于条件收敛级数，可以通过重排项的顺序，使其收敛于任意实数，甚至发散. 这再次提醒我们，在处理无穷级数时，有限运算的直觉（如交换律）必须经过严格的检验.

典型级数与函数展开

在建立了级数收敛的基本概念后，我们需要建立几个标准的参照系. 判断一个陌生级数是否收敛，最有效的方法往往是将其与我们熟知的典型级数进行比较. 此外，我们将视点从单纯的“数字之和”提升到“函数”的高度，探讨如何用级数来表示动态变化的量.

几何级数

几何级数（等比级数）是计算中最友好的级数，也是衡量其他级数收敛速度的标尺.

考虑级数 $\sum_{n=0}^{\infty} x^n = 1 + x + x^2 + ...$ . 我们在前文中已知，当且仅当 $|x| \< 1$ 时, 该级数收敛于 $\frac{1}{1-x}$ .

这个求和公式揭示了一个深刻的代数事实：函数 $f(x) = \frac{1}{1-x}$ 可以展开为一个无穷多项式.

\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^{\infty} x^n (|x| \< 1)

这个等式是现代分析中“幂级数”理论的起点. 它告诉我们，在收敛区间内，复杂的函数可以被简单的幂函数之和所替代.

\begin{figure}[htbp]

{1-x} $}{y=1/(1-x)} 与其部分和多项式的逼近情况.注意在 \texorpdfstring{$ |x|<1 $}{|x|\<1} 区间内的拟合效果.} \end{figure} *图：函数 \texorpdfstring{$ y=\frac{1*

调和级数的推广：\texorpdfstring{ $p$

{p}-级数} 调和级数 $\sum \frac{1}{n}$ 的发散性划定了一条隐形的界线. 如果通项趋于 $0$ 的速度比 $1/n$ 更慢, 级数必发散；如果快得多, 级数可能收敛. 为了量化这种“快慢”, 我们引入 $p$ -级数.

$p$-级数

形如以下的级数称为 $p$ -级数：

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} = 1 + \frac{1}{2^p} + \frac{1}{3^p} + ...

其中 $p$ 为实常数.

其敛散性完全由指数 $p$ 决定：

当 $p \le 1$ 时, 级数发散. （ $p=1$ 即为调和级数）
当 $p \> 1$ 时，级数收敛.

例如， $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛（欧拉证明了其和为 $\pi^2/6$ ）, 而 $\sum \frac{1}{\sqrt{n}}$ ( $p=1/2$ ) 发散. $p$ -级数常被用作比较判别法中的“参照物”.

交错级数

现实世界中的波动往往具有正负交替的特征. 数学上，这种正负项交替出现的级数称为交错级数. 其一般形式为：

\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} a_n = a_1 - a_2 + a_3 - a_4 + ... (a_n \> 0)

对于这类级数，莱布尼茨给出了一个极其简洁且实用的判别法.

莱布尼茨判别法

如果交错级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} a_n$ 满足以下两个条件：

单调递减： $a_{n+1} \le a_n$ 对所有 $n$ 成立；
趋于零： $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$ .

那么该级数收敛.

证明

记部分和

S_n=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}a_k.

将奇数项、偶数项的部分和分开来看：

S_{2n}=a_1-a_2+\cdots+a_{2n-1}-a_{2n}, S_{2n+1}=a_1-a_2+\cdots-a_{2n}+a_{2n+1}.

偶数部分和单调递增：

S_{2n+2}-S_{2n} = (a_1-\cdots-a_{2n}+a_{2n+1}-a_{2n+2})-(a_1-\cdots-a_{2n}) = a_{2n+1}-a_{2n+2}\ge0,

因为 $\{a_n\}$ 单调递减, 所以 $a_{2n+1}\ge a_{2n+2}$ . 因此 $\{S_{2n}\}$ 单调递增.

奇数部分和单调递减：

S_{2n+3}-S_{2n+1} = (S_{2n+1}-a_{2n+2}+a_{2n+3})-S_{2n+1} = -a_{2n+2}+a_{2n+3}\le0,

同样由于 $a_{2n+2}\ge a_{2n+3}$ , 故 $\{S_{2n+1}\}$ 单调递减.

奇偶部分和互相夹逼： 一方面，

S_{2n+1}=S_{2n}+a_{2n+1}\>S_{2n},

所以对所有 $n$ , 都有 $S_{2n}\le S_{2n+1}$ ，即

S_{2}\le S_{4}\le\cdots\le S_{2n}\le S_{2n+1}\le\cdots\le S_{3}\le S_{1}.

于是 $\{S_{2n}\}$ 被上界 $S_1$ 所有界, $\{S_{2n+1}\}$ 被下界 $S_2$ 所有界. 结合第 1、2 点，得到：

\{S_{2n}\}\ \text{单调递增有上界} \;\Rightarrow\; \{S_{2n}\}\ \text{收敛},

\{S_{2n+1}\}\ \text{单调递减有下界} \;\Rightarrow\; \{S_{2n+1}\}\ \text{收敛}.

设

\lim_{n\to\infty}S_{2n}=L_1, \lim_{n\to\infty}S_{2n+1}=L_2.

利用 $a_n\to0$ 说明两极限相同： 注意到

S_{2n+1}-S_{2n}=a_{2n+1}\xrightarrow[n\to\infty]{}0.

两边取极限可得

L_2-L_1=\lim_{n\to\infty}(S_{2n+1}-S_{2n}) =\lim_{n\to\infty}a_{2n+1}=0,

所以 $L_1=L_2=:L$ .

这说明奇数、偶数部分和都收敛到同一个极限 $L$ , 于是整体部分和 $S_n$ 也收敛到 $L$ ，即原交错级数收敛.

直观理解： 每加一项就向左、向右交替“摆动”，由于加上的正负项绝对值越来越小，部分和在一段越来越短的区间内来回震荡，这个区间的长度恰好约为 $a_n$ , 而 $a_n\to0$ ，所以震荡最终集中到同一个点，这个点就是级数的和.

例

判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{1}{n}$ 的敛散性.

解

这是交错调和级数. 令 $a_n = \frac{1}{n}$ .

显然 $a_{n+1} = \frac{1}{n+1} \< \frac{1}{n} = a_n$ ，满足单调递减.
$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$ ，满足极限为零. 根据莱布尼茨判别法，该级数收敛.

例

判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{1}{\sqrt{n}}$ 的敛散性，并说明是绝对收敛还是条件收敛.

解

令 $a_n = \dfrac{1}{\sqrt{n}}$ .

单调性：对 $n\ge1$ ，

a_{n+1} = \frac{1}{\sqrt{n+1}} \< \frac{1}{\sqrt{n}} = a_n,

所以 $\{a_n\}$ 单调递减；

2. 极限： $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}=0$ .

满足莱布尼茨判别法的两个条件，因此

\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{1}{\sqrt{n}}

收敛.

再看绝对收敛性：

\sum_{n=1}^{\infty}\left|(-1)^{n-1}\frac{1}{\sqrt{n}}\right| = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}

是 $p$ 级数（ $p=\tfrac12\le1$ ），发散.

因此原级数是条件收敛而不是绝对收敛.

例

判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{1}{n(n+1)}$ 的敛散性，并说明是绝对收敛还是条件收敛.

解

令 $a_n = \dfrac{1}{n(n+1)}$ .

单调性：对 $n\ge1$ ，

a_{n+1} = \frac{1}{(n+1)(n+2)}.

比较 $a_{n+1}$ 与 $a_n$：

a_{n+1} \< a_n \iff \frac{1}{(n+1)(n+2)} \< \frac{1}{n(n+1)} \iff n(n+1) \< (n+1)(n+2),

而 $n(n+1) \< (n+1)(n+2)$ 显然成立, 所以 $a_{n+1} \< a_n$，序列单调递减；

2. 极限： $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n(n+1)}=0$ .

故由莱布尼茨判别法，

\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{1}{n(n+1)}

收敛.

再看绝对收敛性：

\sum_{n=1}^{\infty}\left|(-1)^{n-1}\frac{1}{n(n+1)}\right| = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}.

注意

\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1},

因此

\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n(n+1)} = \sum_{n=1}^{N}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) = 1-\frac{1}{N+1}\xrightarrow[N\to\infty]{}1.

所以 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}$ 收敛，从而原级数绝对收敛.

例

判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\sin\frac{1}{n}$ 的敛散性，并说明是绝对收敛还是条件收敛.

解

令 $a_n = \sin\frac{1}{n}$ .

单调性：当 $n$ 增大时, $\dfrac{1}{n}$ 单调递减；而在区间 $(0,1]$ 上, $\sin x$ 是单调递增函数（因为 $\cos x\>0$ ），因此复合函数

a_n = \sin\left(\frac{1}{n}\right)

随 $n$ 增大而单调递减, 即 $a_{n+1}\le a_n$；

2. 极限： $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sin\frac{1}{n}=\sin 0=0$ .

满足莱布尼茨判别法条件，因此

\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\sin\frac{1}{n}

收敛.

考察绝对收敛性：

\sum_{n=1}^{\infty}\left|\sin\frac{1}{n}\right|.

对大 $n$ , $\dfrac{1}{n}$ 很小，利用极限

\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1 \Rightarrow \lim_{n\to\infty}\frac{\sin\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}=1.

于是由极限比较判别法，

\sum_{n=1}^{\infty}\left|\sin\frac{1}{n}\right| \text{与} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}

有相同的敛散性，而调和级数 $\displaystyle \sum\frac{1}{n}$ 发散，因此

\sum_{n=1}^{\infty}\left|\sin\frac{1}{n}\right|

发散.

故原级数是条件收敛而不是绝对收敛.

作为函数的级数

我们将几何级数 $\sum x^n$ 的思想推广. 如果我们将级数中的常数项替换为变量 $x$ 的函数，级数本身就定义了一个新的函数. 最重要的一类是幂级数.

幂级数

形如

\sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n = c_0 + c_1 x + c_2 x^2 + ...

的级数称为关于 $x$ 的幂级数, 其中 $c_n$ 为常数系数.

幂级数可以看作是“无穷次多项式”. 对于一个幂级数，存在一个非负实数 $R$ （称为收敛半径），使得：

当 $|x| \< R$ 时，级数绝对收敛；
当 $|x| \> R$ 时，级数发散.

许多常见的初等函数都可以表示为幂级数，这称为函数的泰勒展开. 这种表示法将复杂的函数运算（如求导、积分）转化为简单的多项式系数运算.

例

指数函数 $e^x$ 的幂级数展开为：

e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + ...

该级数对所有实数 $x$ 均收敛（即 $R = +\infty$ ）.

例

正弦函数 $\sin x$ 的幂级数展开为：

\sin x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!} = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - ...

这也是一个交错级数，且对所有实数 $x$ 收敛.

通过这些展开式，计算机可以利用有限的加减乘除运算，高精度地计算出 $e^2$ 或 $\sin(1)$ 等数值. 这正是级数理论在现代计算中的核心应用.

泰勒公式与泰勒级数

{/* label: sec:ch07-s17 */}

多项式是数学中最简单的函数类：它们仅涉及有限次的加法与乘法运算，易于计算、求导和积分.对于复杂的非多项式函数（如 $e^x, \sin x, \ln x$ ），我们试图寻找一个多项式来局部替代它.

这种替代的直观思路是“拟合”.如果一个多项式 $P(x)$ 在某一点 $x_0$ 处不仅与原函数 $f(x)$ 数值相等, 而且导数相等、二阶导数相等……直到 $n$ 阶导数都相等, 那么 $P(x)$ 在 $x_0$ 附近的行为将与 $f(x)$ 高度一致.

多项式逼近的构造

考虑在点 $x_0 = 0$ 附近逼近函数 $f(x)$ .假设 $f(x)$ 在该点具有任意阶导数. 我们要构造一个 $n$ 次多项式：

P_n(x) = c_0 + c_1 x + c_2 x^2 + ... + c_n x^n

使得 $P_n(x)$ 与 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的 $0$ 到 $n$ 阶导数完全吻合.即：

P_n^{(k)}(0) = f^{(k)}(0), k=0, 1, ..., n

对 $P_n(x)$ 逐次求导并令 $x=0$ ：

\begin{aligned} P_n(0) &= c_0 P_n'(0) &= c_1 P_n''(0) &= 2 \cdot 1 \cdot c_2 P_n'''(0) &= 3 \cdot 2 \cdot 1 \cdot c_3 &\vdots P_n^{(k)}(0) &= k! \cdot c_k \end{aligned}

令 $P_n^{(k)}(0) = f^{(k)}(0)$ , 解得系数 $c_k$ ：

c_k = \frac{f^{(k)}(0)}{k!}

由此得到逼近多项式的显式表达.将其推广到任意展开点 $x_0$ ，即得到泰勒多项式.

泰勒多项式

设函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处具有 $n$ 阶导数.称多项式

T_n(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k

为 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的 $n$ 次泰勒多项式. 特别地，当 $x_0 = 0$ 时，称为 麦克劳林多项式.

泰勒公式与余项

多项式 $T_n(x)$ 只是 $f(x)$ 的一个近似.为了使等式成立, 必须引入误差项（余项） $R_n(x)$ ：

f(x) = T_n(x) + R_n(x)

这就构成了泰勒公式.余项的大小决定了逼近的精度.

泰勒中值定理

如果函数 $f(x)$ 在包含 $x_0$ 的某个区间内具有 $n+1$ 阶导数, 则对该区间内的任意 $x$ , 存在介于 $x$ 与 $x_0$ 之间的某个 $\xi$ ，使得：

f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k + \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} (x - x_0)^{n+1}

其中最后一项称为拉格朗日余项.

该定理是微分中值定理的推广（ $n=0$ 时即为拉格朗日中值定理）.余项的形式提示我们：如果 $f^{(n+1)}(x)$ 有界, 且 $(x-x_0)$ 较小或 $n$ 很大，误差将迅速衰减.

\begin{figure}[htbp]

{sin x} 及其麦克劳林多项式 \texorpdfstring{ $T_1, T_3, T_5$ }{T1, T3, T5} 的图像.随着阶数 \texorpdfstring{ $n$ }{n} 的增加，多项式与原函数的重合范围逐渐扩大.} \end{figure} 图：\texorpdfstring{ $\sin x$

泰勒级数

当 $n$ 趋于无穷大时, 如果余项 $R_n(x)$ 的极限为 $0$ ，则泰勒公式转化为一个无穷级数.此时，函数不仅被多项式逼近，而是被级数精确表示.

泰勒级数

设 $f(x)$ 在 $x_0$ 处具有任意阶导数.级数

\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n

称为 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的泰勒级数.

注意：泰勒级数的收敛域可能仅限于 $x_0$ 附近的一个区间（收敛区间）.在该区间外，级数发散或不收敛于原函数.

常见函数的麦克劳林展开

以下展开式是分析学中的基本常识，展开点均为 $x_0 = 0$ .

\paragraph{指数函数} 设 $f(x) = e^x$ .由于 $f^{(n)}(x) = e^x$ , 故 $f^{(n)}(0) = 1$ .

e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + ... = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} (x \in \mathbb{R})

此级数对一切实数收敛，且收敛速度极快.

\paragraph{正弦与余弦函数} 设 $f(x) = \sin x$ .导数依次为 $\cos x, -\sin x, -\cos x, \sin x, ...$ . 在 $x=0$ 处的值依次为 $0, 1, 0, -1$ .偶数项系数为 $0$ ，奇数项符号交替.

\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + ... = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!} (x \in \mathbb{R})

同理可得余弦函数的展开（仅含偶次项）：

\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + ... = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!} (x \in \mathbb{R})

这解释了为何 $\sin x$ 是奇函数（仅含奇次幂）, 而 $\cos x$ 是偶函数（仅含偶次幂）.

\paragraph{二项式级数} 考虑 $f(x) = (1+x)^\alpha$ , 其中 $\alpha$ 为任意实数. 其系数满足 $c_n = \frac{\alpha(\alpha-1)...(\alpha-n+1)}{n!}$ , 记为广义组合数 $\binom{\alpha}{n}$ .

(1+x)^\alpha = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!} x^2 + ... = \sum_{n=0}^{\infty} \binom{\alpha}{n} x^n (|x| \< 1)

当 $\alpha$ 为正整数时, 级数截断为有限项, 即牛顿二项式定理；当 $\alpha$ 为负数或分数时，得到无穷级数.

例

利用泰勒展开计算 $\sqrt{1+x}$ 的近似多项式（保留至二次项）.

解

取 $\alpha = 1/2$ .

$n=0$ : $c_0 = 1$ .
$n=1$ : $c_1 = \alpha = 1/2$ .
$n=2$ : $c_2 = \frac{(1/2)(1/2 - 1)}{2!} = \frac{-1/4}{2} = -1/8$ .

因此：

\sqrt{1+x} \approx 1 + \frac{1}{2}x - \frac{1}{8}x^2

当 $x$ 较小时，该多项式提供了平方根函数的优良近似.

欧拉公式的连接

观察 $e^x, \sin x, \cos x$ 的级数形式.如果允许在级数中代入虚数单位 $i$ （满足 $i^2 = -1$ ），我们发现：

\begin{aligned} e^{ix} &= 1 + ix + \frac{(ix)^2}{2!} + \frac{(ix)^3}{3!} + \frac{(ix)^4}{4!} + ... &= 1 + ix - \frac{x^2}{2!} - i\frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + ... &= \left( 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - ... \right) + i \left( x - \frac{x^3}{3!} + ... \right) &= \cos x + i \sin x \end{aligned}

这便是著名的欧拉公式： $e^{ix} = \cos x + i \sin x$ .它通过泰勒级数这一桥梁，将指数函数与三角函数统一在复数域中.

数学归纳法​

\texorpdfstring{ 和 符号​

运算法则​

有趣的应用*​

数列的语言​

来龙去脉​

等差数列​

来龙去脉​

通项公式与前n项和​

等比数列​

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差比数列​

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裂项相消法​

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超几何项​

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倒序相加法​

阿贝尔（Abel）变换*​

递推关系与通项公式​

和与项的互化关系​

基本原理​

由 \texorpdfstring{​

由含 \texorpdfstring{​

特例：连乘积与项的转化​

一阶递推的基本形式​

累加法​

累乘法​

结构匹配与变形​

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常数项构造​

同除构造​

非线性递推的变换技巧​

倒数变换​

对数变换​

二阶常系数线性递推​

特征方程法的由来​

特殊结构：隔项与周期​

迭代与不动点​

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线性递推中的平移变换​

分式线性递推中的比值变换​

总结​

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定义与判断​

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级数​

定义与收敛性​

级数收敛的必要条件​

重要的级数模型​

绝对收敛与条件收敛​

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基本公式法

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Gosper 裂项法*

超几何项

Gosper 的洞察与方法

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倒序相加法

阿贝尔（Abel）变换*

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和与项的互化关系

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由 \texorpdfstring{ $S_n$

由含 \texorpdfstring{ $S_n$

特例：连乘积与项的转化

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线性递推中的平移变换

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