ch07-數列

{/* label: chap:ch07 */}

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

古印度“電诈”第一人的故事 古老的传說中，国际象棋的發明者向国王提出了一個看似谦卑的請求：在棋盘的第一個格子里放1粒米，第二個格子里放2粒，第三個格子里放4粒，之后每一個格子的米粒數都是前一個格子的两倍，直到填满全部64個格子.国王欣然應允，却不知自己许下了一個根本无法兑現的承诺.

這個序列 $1, 2, 4, 8, ...$ 看似平淡无奇，但其增长速度是毁灭性的.僅到第20格，米粒數就超過了一百万；到第41格，就超過了当时全世界的米粒总产量.這串數字背后隐藏的规律是什么？我们能否不逐一相加，就计算出這64個格子上的米粒总數？

這個故事揭示了一种强大的數學對象，也就是數列，特别是等比數列.它描述了現实世界中從複利增长到细胞分裂等各种“利滚利”的現象.要理解和掌控這些現象，我们必须發展出一套係统的方法，来描述數列的每一項，并高效地计算它们的总和.

數學归纳法

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

在數學的探索中，我们常常從观察具體的例子開始.

\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 $n$ 個正奇數的和似乎总是等于 $n^2$ .但是, 我们如何能确定這個规律對所有正整數 $n$ ：无論是 $n=100$ 还是 $n=10^{10}$ 都成立呢？验證再多的例子也无法構成一個真正的證明.我们需要一种方法，能從有限的验證出發，得出一個适用于无限情况的确定性结論.

這個强大的逻辑工具，就是數學归纳法.它是一座桥梁，连接着“归纳猜想”與“演绎證明”，是离散數學\footnote{离散數學是數學的几個分支的总称，研究基于离散空間而不是连續的數學结構. 與连續變化的实數不同，离散數學的研究對象——例如整數、圖和數學逻辑中的命題——不是连續變化的，而是拥有不等、分立的值. 因此离散數學不包含微積分和分析等“连續數學”的内容.}中最重要的證明方法之一，也是我们后續推導所有數列公式的逻辑基石.

數學归纳法

设 $P(n)$ 是一個關于正整數 $n$ 的命題.如果以下两個条件都被满足：

奠基步骤: 命題 $P(n)$ 對起始值 $n=n_0$ 成立（通常 $n_0=1$ ）.
归纳步骤: 假设命題對任意整數 $k \ge n_0$ 成立（即 $P(k)$ 為真）, 能够推導出命題對下一個整數 $k+1$ 也成立（即 $P(k+1)$ 為真）.

那么，我们可以断定，命題 $P(n)$ 對所有大于或等于 $n_0$ 的整數 $n$ 都成立.

數學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. —— 這就是奠基步骤 $P(n_0)$ .如果第一块不倒，连锁反應就无從谈起.
骨牌的排列必须保證，任意一块（第 $k$ 块）倒下时, 都必定会撞倒下一块（第 $k+1$ 块）. —— 這就是归纳步骤 $P(k) \implies P(k+1)$ .它保證了“倒下”這個性質可以无休止地传递下去.

只要這两個条件同时满足，我们就可以放心地断言：整排骨牌，无論多长，都将依次倒下.

例

使用數學归纳法證明：對所有正整數 $n$ , 等式 $1+3+5+...+(2n-1) = n^2$ 成立.

證明

證明： 设命題 $P(n)$ 為 $1+3+5+...+(2n-1) = n^2$ .

当 $n=1$ 时, 验證 $P(1)$ 是否成立. 等式左边為 $1$ . 等式右边為 $1^2=1$ . 因為左边 = 右边，所以 $P(1)$ 成立.第一块骨牌被推倒了.

假设当 $n=k$ ( $k \ge 1$ 為任意整數) 时命題成立.即，我们假设

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

我们需要利用這個假设，證明当 $n=k+1$ 时命題也成立.即，我们需要證明

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

接着開始我们的推導.我们的目標是變換目標等式的左边，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{這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{ 替換方括号中的内容:} &= k^2 + (2k+1) &= k^2+2k+1 &= (k+1)^2 &= \text{右边} \end{aligned}

推導完成.這證明了如果第 $k$ 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，由數學归纳法原理可知，命題 $P(n)$ 對所有正整數 $n$ 均成立.

需要注意的是归纳假设不是循环論證：我们在归纳步骤中，并不是“假设了结論”来“證明结論”.我们證明的是一個条件命題：“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，而是把它作為一個前提条件，来證明這個“传递”的過程是有效的.而且两步缺一不可： 只有奠基步骤，我们只能證明命題對起始值成立，无法推廣；只有归纳步骤，我们只證明了“如果一块倒下，下一块也会倒”，但如果第一块就没倒，那么什么都不会發生.

接着我们继續探索一些有趣的應用，如此，你方能理解數學归纳法的强大之处.

例

證明：当实數 $x\>-1$ 时, 對所有整數 $n \ge 1$ , 不等式 $(1+x)^n \ge 1+nx$ 成立.

解

證明： 设命題 $P(n)$ 為 $(1+x)^n \ge 1+nx$ .

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

假设当 $n=k$ ( $k \ge 1$ ) 时命題成立，即

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

證明当 $n=k+1$ 时命題也成立, 即需要證明 $(1+x)^{k+1} \ge 1+(k+1)x$ .

我们從目標不等式的左边開始推導：

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

根据归纳假设，我们有 $(1+x)^k \ge 1+kx$ . 又因為題目条件 $x\>-1$ , 所以 $1+x \> 0$ . 将一個不等式的两边同乘以一個正數，不等号方向不變.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 $x^2 \ge 0$ （任何实數的平方都非负）, 所以 $kx^2 \ge 0$ . 因此，我们有

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

通過传递性，我们将以上两個不等式连接起来：

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

從而得到

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

這正是我们的归纳目標.

由數學归纳法原理，命題對所有整數 $n \ge 1$ 成立.

此即伯努利不等式.

例

證明：對所有正整數 $n$ , 表达式 $7^n - 1$ 能被 $6$ 整除.

解

證明： 设命題 $P(n)$ 為“ $7^n - 1$ 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 $n=k$ ( $k \ge 1$ ) 时命題成立. 這意味着 $7^k - 1$ 是 $6$ 的倍數, 我们可以将其寫作 $7^k - 1 = 6m$ , 其中 $m$ 是某個整數. 由此得到一個關键的代換關係： $7^k = 6m+1$ .

證明当 $n=k+1$ 时命題也成立, 即證明 $7^{k+1}-1$ 能被 $6$ 整除.

我们對目標表达式進行變形，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 $m$ 是整數, 所以 $7m+1$ 也一定是整數. 因此， $7^{k+1}-1$ 可以表示為 $6$ 與一個整數的乘積, 這正是“能被 $6$ 整除”的定義.

由數學归纳法原理，對所有正整數 $n$ , $7^n - 1$ 都能被 $6$ 整除.

后面，当谈到新定義的时候，我们还会回来再探數學归纳法. 接着让我们暂停一下，来认识两個新符号，有助于我们簡化运算.

\texorpdfstring{ $\sum$ 和 $\prod$ 符号

{Summation and product notation}} {/* label: sec:ch07-s02 */} 在我们進入數列前，我们預料到的一個可能会反複出現的核心操作便是计算數列中许多項的总和或总乘積.例如，要表达“前100個正整數的和”，寫出 $1+2+3+...+100$ 尚可接受, 但如果要表达一個更抽象或更长的和, 比如 $a_1+a_2+...+a_n$ , 這种寫法就显得冗长且不够精确.為了簡洁、清晰、无歧義地表达這种运算, 數學家引入了两個强大的符号：求和符号 ( $\sum$ ) 和连乘符号 ( $\prod$ ).

求和符号

一個數列 $\{a_n\}$ 從第 $m$ 項到第 $n$ 項的和 $a_m + a_{m+1} + ... + a_n$ (其中 $m \le n$ ) 可以用求和符号 $\sum$ (Sigma) 紧凑地表示為：

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

這里：

$k$ 被称為求和指標.它是一個哑變量, 或者說是“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，即求和指標的起始值.
$n$ 是求和的上界，即求和指標的终止值.
$a_k$ 是被求和的通項.

例

前100個正整數的和： $1+2+...+100 = \sum_{k=1}^{100} k$ .
前 $n$ 個正奇數的和： $1+3+5+...+(2n-1) = \sum_{k=1}^{n} (2k-1)$ .
等差數列前 $n$ 項和： $S_n = a_1 + ... + a_n = \sum_{k=1}^{n} a_k$ .

连乘符号

與求和符号類似，一個數列 $\{a_n\}$ 從第 $m$ 項到第 $n$ 項的積 $a_m \cdot a_{m+1} \cdot ... \cdot a_n$ 可以用连乘符号 $\prod$ (Pi) 表示為：

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

其各部分的名称與求和符号類似，分别為连乘指標、下界和上界.

例

階乘: $n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot n = \prod_{k=1}^{n} k$ .
等比數列前 $n$ 項的積： $P_n = a_1 \cdot a_2 \cdot ... \cdot a_n = \prod_{k=1}^{n} a_k = \prod_{k=1}^{n} (a_1 q^{k-1})$ .

掌握這些符号的运算法则是進行複杂计算的關键.它们继承了加法和乘法的基本定律，如分配律、结合律和交換律.

设 $\{a_k\}, \{b_k\}$ 為數列, $c$ 為常數.

常數倍數法则：

\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，常數 $c$ 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： 對于任意整數 $p$ 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)

指標平移： 這是一個極為有用的技巧.

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

這相当于做了一個變量代換 $j=k+p$ .

下面我们来“细說”這些法则.

运算法则

\paragraph{線性性質} 這是求和符号最重要的性質，它允许我们将複杂的求和分解為若干個簡單的部分. 该性質僅适用于求和符号.

\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 $c, d$ 是與求和指標 $k$ 无關的常數. 這個性質可以看作是“常數可提出”和“逐項求和”两条规则的结合.

例

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

解

解析: 直接将通項 $4k-3$ 看作一個首項為 $1$ , 末項為 $4n-3$ 的等差數列求和当然可以. 但我们也可以利用線性性質，将其分解為更基本的求和.

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

我们知道两個基本求和公式： $\sum_{k=1}^{n} k = 1+2+...+n = \frac{n(n+1)}{2}$ . $\sum_{k=1}^{n} 1 = \underbrace{1+1+...+1}_{n \text{ 個}} = n$ .

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}

這個结果與直接用等差數列求和公式 $S_n = \frac{n(a_1+a_n)}{2} = \frac{n(1 + 4n-3)}{2} = \frac{n(4n-2)}{2} = n(2n-1) = 2n^2-n$ 得到的结果完全一致.

让我看看是哪位同學又搞混了！

求和的線性性質不适用于乘積. 一般来說：

\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 $(\sum_{k=1}^{2} k)^2 = (1+2)^2 = 9$ .

连乘符号没有線性性質. 一般来說：

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

\paragraph{指標平移} 這是一個極其强大的技巧，它允许我们通過改變求和的起点和终点，来簡化求和式内部的表达式，使其變為我们熟悉的形式. 這好比在解方程时進行“換元”.

基本思想是，令新的指標 $j$ 與旧的指標 $k$ 存在一個簡單的線性關係, 如 $j = k+c$ 或 $j=k-c$ .

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

在替換时，要同时更新：下界、上界和通項中的變量.

例

计算和式 $S = \sum_{k=3}^{n+2} (k-2)^2$ .

解

解析: 這個和式的通項是 $(k-2)^2$ , 上下界也比较奇特. 我们希望把它變成 $\sum j^2$ 的標准形式.

進行換元，令新指標 $j = k-2$ .

接着我们更新三要素：

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

于是，原来的和式就转化為：

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

這是一個我们熟知的平方和公式（我们将在后續章节證明）：

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

通過一次簡單的指標平移，我们将一個看起来陌生的和式转化為了一個標准公式.

\paragraph{嵌套求和} 当求和的通項本身又是一個求和时，就構成了嵌套求和.

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

当内层求和的上下界 ( $p, q$ ) 與外层指標 ( $i$ ) 无關时，我们可以自由地交換求和次序.

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

理解這個性質的最佳方式是想象一個 $m \times n$ 的數字矩陣\footnote{当然，高中數學不學這個.}. 上述等式无非是說：“先按行求和再把各行之和加起来”與“先按列求和再把各列之和加起来”的结果是相等的.

例

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

證明

證明： 我们從左边開始. 将第一個和式看作一個整體 $C$ .

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

根据求和的線性性質，可以把常數 $C$ 乘入第二個和式内部.

= \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)

對于内层的和 $\sum_{i=1}^{m} x_i$ , 變量 $y_j$ 是一個常數，所以同样可以将其乘入.

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

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

\paragraph{裂項求和與求積} 這是最巧妙的求和技巧之一，我们后續会用專门的章节来探讨. 這里的核心是用 $\sum$ 和 $\prod$ 符号来表达它的本質.

裂項求和： 如果通項可以表示為 $a_k = f(k) - f(k+1)$ ，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}

中間的項 $-f(m+1)$ 與 $+f(m+1)$ 等前后抵消，如同收起的望远镜.

裂項求積： 如果通項可以表示為 $a_k = \frac{f(k)}{f(k+1)}$ ，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應用（不要求掌握）.

有趣的應用*

例

计算和式 $S = \sum_{k=0}^{n-1} (k+1)^3$ .

解

解析： 观察這個和式，通項是 $(k+1)^3$ , 求和指標從 $0$ 到 $n-1$ . 這與我们熟知的立方和公式 $\sum_{j=1}^{n} j^3$ 形式非常接近.這启發我们使用指標平移，将它化為標准形式.

我们進行換元，令新指標 $j = k+1$ .

接着更新求和的三要素：

下界： 当旧指標 $k=0$ 时, 新指標 $j = 0+1 = 1$ .
上界： 当旧指標 $k=n-1$ 时, 新指標 $j = (n-1)+1 = n$ .
通項： $(k+1)^3$ 變為 $j^3$ .

經過代換，原和式转化為一個我们非常熟悉的形式：

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

利用立方和公式（我们将在后續章节中證明），我们得到：

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

這個例子完美地展示了指標平移的威力：一個簡單的代換就能将一個看似需要展開 $(k+1)^3$ 的複杂問題，瞬間转化為一個標准公式的應用.

例

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

解

解析： 這個通項 $\frac{1}{k(k+2)}$ 的形式暗示了裂項求和的可能性.我们尝试使用待定係數法将其分解為部分分式.

\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，通項可以被分解為：

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

接着，我们将這個分解式代回原和式：

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)

這是一個間隔的裂項求和.我们寫出前几項和后几項来观察抵消规律：

\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}

可以發現，從第三項開始， $-\frac{1}{3}$ 與 $+\frac{1}{3}$ 抵消, $-\frac{1}{4}$ 與 $+\frac{1}{4}$ 抵消，以此類推.最终，只有開头的两項正數和结尾的两項负數无法被抵消.

留下的項是：

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)}

所以最终结果為：

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： 這個和式的内层 $\sum_{j=i}^{n}$ 的求和范围依赖于外层指標 $i$ ，這使得直接计算内层和變得困难.這种情况下，一個極其有效的策略是交換求和次序.

首先，我们分析求和的范围.指標 $(i, j)$ 需要满足的条件是 $1 \le i \le j \le n$ . 我们可以将這些指標對想象成一個二維平面上的点.当前的求和顺序是：先固定 $i$ , 然后 $j$ 從 $i$ 扫到 $n$ （按行求和）.

為了交換次序，我们改為：先固定 $j$ , 然后看 $i$ 的取值范围. 從条件 $1 \le i \le j \le n$ 中，我们可以看到：

$j$ 的取值范围是從 $1$ 到 $n$ .
對于一個固定的 $j$ , $i$ 的取值范围是從 $1$ 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，奇迹發生了.對于内层的和 $\sum_{i=1}^{j}$ , 表达式 $\frac{1}{j(j+1)}$ 是一個與指標 $i$ 无關的常數，可以被提出来.

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

内层的和是標准的等差數列求和：

\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}

這個最终的和式極其簡單，就是将 $n$ 個 $\frac{1}{2}$ 相加.

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

通過交換求和次序，我们将一個複杂的二重和問題转化為一個平凡的计算.

例

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

解

解析： 對于连乘積，我们的目標通常是利用裂項相消.因此，關键在于将通項進行因式分解. 我们使用立方差和立方和公式： $a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$ $a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$

分解通項的分子和分母：

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

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

所以，每一項為：

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

直接观察這個形式，相消關係并不明显.我们尝试将它拆成两個部分的乘積：

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)

第一個乘積是一個標准的裂項求積：

\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)}

對于第二個乘積，令 $f(k) = k^2-k+1$ . 那么 $f(k+1) = (k+1)^2-(k+1)+1 = k^2+2k+1-k = k^2+k+1$ . 這個發現是問題的關键！通項的第二部分可以寫成 $\frac{f(k+1)}{f(k)}$ .

\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)}

這是一個完美的裂項相消，只剩下最后一項的分子和第一項的分母：

= \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： 這個通項的分母 $k^4+k^2+1$ 形式特殊, 是解决問題的突破口.我们可以通過配方法和平方差公式對其進行因式分解, 這是一种被称為“苏菲·热尔曼恒等式”\footnote{索菲·热尔曼恒等式是一個优雅的因式分解技巧, 其經典形式為 $a^4 + 4b^4 = (a^2+2b^2-2ab)(a^2+2b^2+2ab)$ .其核心思想是通過“增項再减項”来配成一個平方差, 例如将 $a^4+4b^4$ 變為 $(a^4+4a^2b^2+4b^4) - 4a^2b^2$ .本例中對 $k^4+k^2+1$ 的分解正是该思想的直接應用： $(k^4+2k^2+1)-k^2$ .}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)

分母被分解為 $(k^2-k+1)(k^2+k+1)$ .

接着我们观察分子 $k$ . 注意到分母的两個因子之差為：

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

這恰好是分子的一個常數倍.這启發我们将通項進行裂項.

\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}

我们得到了一個可以裂項求和的形式.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，原和式變為：

\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}

接着计算首末两項： $f(1) = \frac{1}{1^2-1+1} = 1$ . $f(n+1) = \frac{1}{(n+1)^2-(n+1)+1} = \frac{1}{n^2+2n+1-n-1+1} = \frac{1}{n^2+n+1}$ .

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)}

這個問題展示了非標准因式分解在構造裂項求和中的妙用，是比较高階的技巧.

例

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

解

解析： 直接将每一項相乘会非常複杂.连乘计算的關键第一步，通常是因式分解通項，以期發現可以裂項相消的结構.

通項為：

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

将此形式代入连乘積中：

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

為了看清相消的规律，我们把乘積展開：

\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}

我们可以重新组合這些因子，将分子和分母分别归類：

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}

观察這两個分式，它们都呈現出大量的對消項. 第一個分式為：

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

第二個分式為：

\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，总的乘積為：

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： 這個乘積的通項是對數，其底數和真數都在變化.直接计算是不可能的.处理不同底數對數的乘積，一個標准思路是利用對數換底公式 $\log_a b = \frac{\ln b}{\ln a}$ , 将所有項统一到相同的底（例如自然對數 $\ln$ ）.

通項 $\log_k(k+1)$ 可以被改寫為 $\frac{\ln(k+1)}{\ln k}$ .

接着原乘積變為：

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

這是一個極其漂亮的裂項求積形式.我们将其展開：

\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，前一項的分子恰好是后一項的分母，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)}}

最终只剩下第一項的分母和最后一項的分子：

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

再次利用換底公式（反向使用），或者直接计算：

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

一個看似複杂的對數连乘積，通過換底公式转化為了簡單的裂項相消.

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： 這個连乘積涉及三角函數，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構.關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 $\cos\theta = \frac{\sin(2\theta)}{2\sin\theta}$ .

這個公式的结構是裂項的理想形式：它将一個 $\cos$ 項與两個不同角度的 $\sin$ 項联係起来. 然而，我们的乘積中并没有 $\sin$ 項.這就启發我们引入一個辅助乘子来启动這個连锁反應.最合适的乘子是與乘積中角度最小的項 $\cos(x/2^n)$ 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 $\sin, \cos$ 項合并成了一個角度大一倍的 $\sin$ 項.這個過程可以持續下去：

\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}

我们得到了一個簡洁的等式：

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)}

這种“无中生有”地引入辅助乘子来構造裂項的方法，是解决许多三角函數求積問題的利器.

例

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

解

解析： 與第一題類似，我们首先對通項進行代數變形.

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

對分子進行因式分解：

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

我们将這個分式巧妙地分组，使得每一组都構成一個簡單的裂項结構.

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

接着，原连乘積可以被拆分為两個连乘積的乘積：

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

我们分别计算這两個乘積. 第一個乘積是：

\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}

第二個乘積是：

\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}

這個例子展示了当直接裂項不明显时，如何通過重组因子来创造多個更簡單的裂項结構.

总结一下，我们可以發現解决複杂的求和與求積問題，并非依赖于死记硬背更多的公式，而是掌握一套灵活、深刻的數學思想與策略.這些技巧是相通的，其最终目的都是為了揭示和式或積式内在的、往往是隐藏的簡洁结構.下面我们总结一下贯穿這些例題的核心思想.

首先，万變不离其宗：變形與化归，這是所有解題技巧的基石.其目標是将一個陌生、複杂的形式，通過等价變換，化归為我们熟悉、可以处理的形式.比如通過指標平移：如在 $\sum (k+1)^3$ 中, 通過令 $j=k+1$ 将其化归為標准的立方和公式 $\sum j^3$ .或者代數變形：在几乎所有例題中, 第一步都是對通項進行代數變形.例如, 在 $\prod(1-1/k^2)$ 中, 将其變為 $\frac{(k-1)(k+1)}{k^2}$ 是后續所有操作的前提.当然恒等式應用也很重要：利用對數換底公式、三角二倍角公式、立方和/差公式等，将通項的“结構”變得有利于下一步操作.

學会如何裂項也十分重要，這是求和與求積問題中最為强大和常见的技巧.其本質是创造性地将通項 $a_k$ 拆解, 使得求和/積的過程中, 中間項能够相互抵消, 這要求我们構造差/商形式：我们的目標是将 $a_k$ 表示為 $f(k)-f(k+1)$ (求和) 或 $f(k)/f(k+1)$ (求積).

如何構造？ 我们见识了多种方法，比如對于有理分式，使用部分分式分解 (如 $\sum \frac{1}{k(k+2)}$ )；對于更複杂的代數式, 需要更深刻的洞察力, 如利用索菲·热尔曼恒等式分解 $k^4+k^2+1$ 来構造裂項.對于複杂的结構, 用分组裂項：在 $\prod (1-\frac{2}{k(k+1)})$ 中，我们将通項分解為两個部分的乘積，每個部分都構成了独立的、更簡單的裂項结構.

不要死磕，一条路走不通就改變视角，交換求和次序，比如對于二重和 (或多重和)，当内层和的计算依赖于外层指標而變得困难时，交換求和次序是一种極其有效的降維打击.技巧在于，在 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}$ 的例子中, 我们将求和区域從“先固定 $i$ , 再扫 $j$ ”转變為“先固定 $j$ , 再扫 $i$ ”，如此，便可以先内层和中的變量可能變為常數被提出，使得内层和的计算瞬間簡化.

如果題目本身没有很好的结構，學会无中生有，引入辅助因子也是關键，比如当一個式子本身不具備相消结構时，我们可以主动乘以一個精心挑選的“辅助因子”，以创造出裂項的条件.一個例子是在计算 $\prod \cos(x/2^k)$ 时, 我们為其乘上了启动连锁反應所必需的 $\sin(x/2^n)$ , 利用二倍角公式 $\sin(2\theta)=2\sin\theta\cos\theta$ 逐级向上合并，最终得到簡洁的结果，我称之為“逆向思維”.

數列的語言

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

来龙去脉

在數學中，当我们想研究一串按照特定规律排列的數时，我们需要一套精确的語言来描述它们. 數列，就是這套語言的基礎.

數列

按一定次序排列的一列數称為數列 . 數列中的每一個數都称為這個數列的項.

排在第一位的數称為第一項（或首項），排在第二位的數称為第二項，......，排在第 $n$ 位的數称為第 $n$ 項.

一個數列通常记作 $\{a_n\}$ . 例如, 奇數數列可以寫成 $1, 3, 5, 7, ...$ . 其中, 首項 $a_1=1$ , 第二項 $a_2=3$ , 等等.

要完全确定一個數列，我们有两种主要的方式：

通項公式

如果數列 $\{a_n\}$ 的第 $n$ 項 $a_n$ 與項數 $n$ 之間的關係可以用一個公式 $a_n = f(n)$ 来表示，那么這個公式就叫做這個數列的通項公式.

通項公式的优点是“直截了当”，我们可以通過它直接计算出數列中任意一項的值.

递推公式

如果已知數列 $\{a_n\}$ 的第一項（或前几項）, 且從第二項（或某一項）開始的任意一項 $a_n$ 都可由它前面的一項（或几項）来确定，那么這個關係式就叫做這個數列的递推公式.

递推公式描述的是“代际關係”，它告诉我们如何從已知項推導出未知項，像多米诺骨牌一样，一环扣一环.

例

對于奇數數列 $1, 3, 5, 7, ...$

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

等差數列

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

来龙去脉

在所有數列中，最簡單、最基本的一种规律是“每次都增加或减少一個固定的量”. 比如，楼房的层數、自然數的序列、储蓄罐里每天固定存入10元后的总额... 這些都體現了等差數列的思想.

等差數列

如果一個數列從第二項起，每一項與它的前一項的差等于同一個常數，那么這個數列就叫做等差數列. 這個常數叫做等差數列的公差，通常用字母 $d$ 表示.

根据定義，公差 $d = a_{n+1} - a_n$ .

当 $d\>0$ 时, 后一項总比前一項大 ( $a_{n+1} \> a_n$ ).
当 $d\<0$ 时, 后一項总比前一項小 ( $a_{n+1} \< a_n$ ).
当 $d=0$ 时, 數列是一個常數列, 所有項都相等 ( $a_{n+1} = a_n$ ).

通項公式與前n項和

\paragraph{通項公式} 我们的目標是建立一個從項數 $n$ 到項的值 $a_n$ 的直接联係, 從而不必一步步地從 $a_1$ 開始计算.

我们從定義 $a_{k+1} = a_k + d$ 出發.

要從首項 $a_1$ 到达第 $n$ 項 $a_n$ , 可以想象這是一段包含 $n-1$ 步的旅程, 每一步都前進一個公差 $d$ 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 $n$ 項 $a_n$ 是在 $a_1$ 的基礎上, 累加了 $n-1$ 個公差 $d$ 得到的.

一种更严谨的推導方法是累加法. 我们将定義式改寫為 $a_{k+1} - a_k = d$ . 然后，我们将從 $k=1$ 到 $k=n-1$ 的所有等式寫出来：

\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}

将這 $n-1$ 個等式全部相加, 左侧的中間項会奇妙地两两抵消（例如 $-a_2$ 與 $+a_2$ ），這正是裂項相消思想的體現.

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

化簡后，左边只剩下首末两項的差，右边是 $n-1$ 個 $d$ 的和.

a_n - a_1 = (n-1)d

移項后便得到等差數列的通項公式：

a_n = a_1 + (n-1)d

直观的归纳和累加法给了我们一個清晰的圖像，但要确保公式 $a_n = a_1 + (n-1)d$ 對所有正整數 $n$ 都成立，我们需要一种无懈可击的逻辑工具，數學归纳法.它就像多米诺骨牌：我们只需證明第一张牌会倒下，并且證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.

證明： 设命題 $P(n)$ 為： $a_n = a_1 + (n-1)d$ .

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

归纳步骤: 假设当 $n=k$ ( $k \ge 1$ 且 $k$ 為整數) 时命題成立, 即 $a_k = a_1 + (k-1)d$ .

接着，我们需要證明当 $n=k+1$ 时命題也成立.也就是說, 我们要證明 $a_{k+1} = a_1 + ((k+1)-1)d = a_1 + kd$ .

我们從等差數列的定義出發：

a_{k+1} = a_k + d

根据我们的归纳假设，可以将 $a_k$ 替換掉：

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

這個结果與我们的归纳目標 $a_{k+1} = a_1 + kd$ 完全一致. 這表明，如果命題對 $n=k$ 成立, 那么它對 $n=k+1$ 也必然成立.

根据奠基步骤和归纳步骤，由數學归纳法原理可知，命題 $P(n)$ 對所有正整數 $n$ 均成立. 因此，通項公式 $a_n = a_1 + (n-1)d$ 得證.

\paragraph{前 $n$ 項和公式的推導與视角} 如何求 $S_n = a_1 + a_2 + ... + a_n$ ？這不僅僅是一個计算問題，更是一個發現结構、运用巧思的過程.

法一：倒序相加

這是最經典、最优雅的方法，相传由年幼的高斯發現.其核心在于创造對称性.

我们将數列的和 $S_n$ 寫两遍，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}

将這两式按位相加，得到：

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

我们来考察每一對的和.對于第 $k$ 對 $(a_k + a_{n-k+1})$ ：

\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}

這個结果是一個與 $k$ 无關的常數！它等于首項與末項之和 $a_1+a_n$ . 由于一共有 $n$ 對這样的和，我们得到：

2S_n = n(a_1+a_n)

于是，我们得到了第一個求和公式，它连接了和、項數、首項與末項.

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

法二：代入與分组

這個方法虽然看起来朴素，但它揭示了求和公式中两個组成部分的来源. 我们将通項公式 $a_k = a_1 + (k-1)d$ 直接代入和式 $S_n$ 的每一項：

\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 $d$ 的部分分開重新组合：

S_n = \underbrace{(a_1 + a_1 + ... + a_1)}_{n \text{ 個}} + \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 $n-1$ 個正整數的和, 這是一個我们熟知的簡單等差數列, 其和為 $\frac{(n-1)n}{2}$ . 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：從 $S_n$ 的函數结構入手

我们在提示框中提到， $S_n$ 是關于 $n$ 的一個没有常數項的二次函數.我们可以利用這一点，反過来推導出公式本身. 设 $S_n = An^2+Bn$ .我们的任务是确定係數 $A$ 和 $B$ . 我们利用數列的一個基本關係：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}

這個结果表明， $a_n$ 是關于 $n$ 的一次式，這正是一個等差數列的特征！比较通項公式 $a_n = dn + (a_1-d)$ ，我们立即得到係數的對應關係：

\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

等差數列的"函數"视角

通項公式的本質： $a_n = dn + (a_1-d)$ . 這表明 $a_n$ 是關于項數 $n$ 的一次函數.
求和公式的本質： $S_n = \frac{d}{2}n^2 + (a_1-\frac{d}{2})n$ . 這表明 $S_n$ 是關于項數 $n$ 的二次函數，且其常數項為零.
這一视角在解决一些判断題或選择題时，能提供强大的"高观点".

等比數列

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

来龙去脉

如果說等差數列描述的是“和”的规律，那么等比數列描述的就是“積”的规律. 它對應着現实世界中“翻倍”、“按比例增长或衰减”的模型，其威力在開篇的“米粒與棋盘”問題中已初见端倪.

等比數列

如果一個數列從第二項起，每一項與它的前一項的比等于同一個常數，那么這個數列就叫做等比數列. 這個常數叫做等比數列的公比，通常用字母 $q$ 表示 ( $q \neq 0$ ).

根据定義，公比 $q = \dfrac{a_{n+1}}{a_n}$ .

通項公式與前n項和

\paragraph{通項公式} 與等差數列中“和”的累積不同，等比數列的核心在于“積”的迭代.我们的目標，依然是找到從項數 $n$ 到項值 $a_n$ 的直接映射關係.

法一：注意力法

這個方法最符合直觉.從首項 $a_1$ 出發, 要到达第 $n$ 項 $a_n$ , 可以看作是進行了 $n-1$ 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個模式：第 $n$ 項 $a_n$ 中, 公比 $q$ 的指數总是比項數 $n$ 小 1. 由此，我们归纳出等比數列的通項公式：

a_n = a_1 q^{n-1}

法二：累乘法

這是一种更具形式美感的方法，是等差數列“累加法”的完美對偶. 等比數列的定義式可寫作 $\dfrac{a_{k+1}}{a_k} = q$ . 我们将從 $k=1$ 到 $k=n-1$ 的所有等式寫出来：

\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}

将這 $n-1$ 個等式全部相乘，左边的分子和分母会像多米诺骨牌一样依次约去，這正是裂項相消思想在乘法中的體現.

\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{ 個}}

化簡后，左边只剩下首末两項的比，右边是 $n-1$ 個 $q$ 的乘積.

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

两边同乘 $a_1$ ，我们再次得到了通項公式.

法三：數學归纳法

為了无可辩驳地證明该公式對所有正整數 $n$ 均成立，我们再次請出數學归纳法.

證明： 设命題 $P(n)$ 為： $a_n = a_1 q^{n-1}$ .

奠基步骤: 当 $n=1$ 时, 我们需要验證 $P(1)$ . 公式左边為 $a_1$ . 公式右边為 $a_1 q^{1-1} = a_1 q^0 = a_1$ (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 $k$ 為整數) 时命題成立, 即 $a_k = a_1 q^{k-1}$ . 归纳目標： 證明当 $n=k+1$ 时命題也成立, 即需要證明 $a_{k+1} = a_1 q^{(k+1)-1} = a_1 q^k$ .

我们從等比數列的定義 $a_{k+1} = a_k \cdot q$ 出發. 利用归纳假设，将 $a_k$ 替換掉：

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

该结果與我们的归纳目標完全吻合.這證明了如果命題對 $n=k$ 成立, 则對 $n=k+1$ 也必然成立.

结論： 根据數學归纳法原理，命題 $P(n)$ 對所有正整數 $n$ 均成立.

差比數列

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

我们已經分别探索了两种基本的數列模型：等差數列和等比數列.一個自然的問題是：当這两种力量结合在一起时，会發生什么？

一個數列的每一項，如果是由一個等差數列的對應項與一個等比數列的對應項相乘得到，我们就称之為差比數列.它的混合出身决定了它既有等差的影子，又有等比的灵魂.理解并求和這類數列，是對我们之前所學技巧，特别是“錯位相减法”的一次很好的練習.

差比數列

一個數列 $\{c_n\}$ 若能表示為 $c_n = a_n \cdot b_n$ 的形式, 其中 $\{a_n\}$ 是一個首項為 $a_1$ 、公差為 $d$ 的等差數列, $\{b_n\}$ 是一個首項為 $b_1$ 、公比為 $q$ 的等比數列, 则称 $\{c_n\}$ 為差比數列. 其通項公式的一般形式為：

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

例如，我们在前面求和過的數列 $\{n \cdot 2^n\}$ , 就是由等差數列 $\{n\}$ (其中 $a_1=1, d=1$ ) 和等比數列 $\{2^n\}$ (其中 $b_1=2, q=2$ ) 相乘得到的.

差比求和

适用场景： 求解差比數列 $\{ (a_1+(n-1)d) \cdot b_1q^{n-1} \}$ 的前 $n$ 項和. 核心思想： 差比數列的求和問題，正是“錯位相减法”大显身手的好地方.

其根本策略是：利用等比數列部分的公比 $q$ 進行錯位，使得相减之后产生的新數列大大簡化，通常会變成一個等比數列的和.

我们来推導其一般求和過程.為簡化書寫，我们设差比數列為 $c_n = (a+(n-1)d)r^{n-1}$ . 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個首項為 $dr$ , 公比為 $r$ 的等比數列, 共有 $n-1$ 項.

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

代入后，我们得到了一個關于 $S_n$ 的方程, 解出 $S_n$ 即可.這個通用公式相当複杂，我们不建议记忆，但必须彻底掌握這個推導過程.

差比數列求和要领

求解差比數列的和，關键在于识别其"等差"與"等比"的组成部分.然后，毫不犹豫地使用等比部分的公比 $q$ 来進行錯位相减.相减后的结果必然呈現 "首項 + 一個纯等比數列 + 尾項" 的结構，從而将問題转化為我们已經熟悉的形式.

例

求數列 $\{ (2n+1) \cdot 3^n \}$ 的前 $n$ 項和 $S_n$ .

解

该數列是等差數列 $\{2n+1\}$ (首項3, 公差2) 與等比數列 $\{3^n\}$ (首項3, 公比3) 的乘積.

寫出和式 $S_n$ ：

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}

括号内是一個首項為 $3^2=9$ , 公比為 3, 項數為 $n-1$ 的等比數列.

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過“錯位相减法”求解差比數列的和，這是一种基于構造的巧妙方法.同时，我们也见證了“待定係數法”作為一种更為係统化的工具，能够将差比數列的通項 $c_k$ 分解為 $F(k)-F(k-1)$ 的形式，從而通過裂項求和得到结果.

将后一种思想進行推廣，我们可以得到一個求解一般差比數列和的普适公式.该公式以其直接代入即可求解的便利性而著称，它将待定係數法的整個推導過程封装在了一個确定的表达式之中.

差比數列求和公式

對于一個通項為 $c_k = (ak+b)q^{k-1}$ 的差比數列（其中 $a,b,q$ 為常數, $a\neq 0, q \neq 1$ ）, 其前 $n$ 項和為

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

其中係數 $A$ 與 $B$ 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}

證明

此公式的推導是“待定係數裂項法”的直接應用.我们的目標是寻找一個函數 $F(k)$ , 使得差比數列的通項 $c_k = (ak+b)q^{k-1}$ 恰好等于其差分 $F(k)-F(k-1)$ .

观察通項 $c_k$ 是一個線性多項式 $(ak+b)$ 與一個指數項 $q^{k-1}$ 的乘積.這启發我们, 其反差分函數 $F(k)$ 也應具有類似“多項式乘以指數項”的结構.我们不妨设

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

其中 $P$ 與 $Q$ 是等待我们确定的常數.

接着，我们计算其差分 $F(k)-F(k-1)$ , 并使其與 $c_k$ 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}

我们要求這個表达式恒等于 $c_k = ak+b$ . (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 $q^{k-1}$ 的係數多項式中 $k$ 的同次幂係數, 我们得到一個關于 $P, Q$ 的方程组：

$k$ 的一次項係數： $P(q-1) = a \implies P = \dfrac{a}{q-1}$ .
常數項： $P + Q(q-1) = b \implies Q(q-1) = b-P \implies Q = \dfrac{b-P}{q-1}$ .

這正是定理中係數 $A$ 和 $B$ 的定義, 即 $A=P, B=Q$ .

我们已經成功地将通項 $c_k$ 分解為 $F(k)-F(k-1)$ 的形式.因此，求和過程便是一個標准的裂項相消：

\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 $F(k) = (Ak+B)q^k$ 代入首末两項：

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

于是，我们得到

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

證毕.

證明（Abel 變換證法）

我们寻求计算和式 $S_n = \sum_{k=1}^{n} (ak+b)q^{k-1}$ . 阿贝尔變換的核心思想在于将求和項 $c_k$ 分解為两部分 $u_k v_k$ 的乘積, 其中一部分易于求和, 另一部分易于求差.

阿贝尔變換公式為：

\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

對于我们的通項 $c_k = (ak+b)q^{k-1}$ ，一個绝佳的策略是:

令 $v_k = ak+b$ . 這一部分是等差數列項, 其差分 $v_{k+1}-v_k$ 将会是一個常數, 從而極大地簡化新的求和.
令 $u_k = q^{k-1}$ . 這一部分是等比數列項, 其前 $k$ 項和 $U_k$ 具有簡洁的封闭形式.

接着，我们计算阿贝尔變換所需的各個構件：
差分項： $v_{k+1} - v_k = [a(k+1)+b] - [ak+b] = a$ .
部分和： $U_k = \sum_{i=1}^{k} u_i = \sum_{i=1}^{k} q^{i-1} = \frac{q^k-1}{q-1}$ .
最终項： $v_n = an+b$ 以及 $U_n = \frac{q^n-1}{q-1}$ .

将這些構件代入阿贝尔變換公式：

\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}

我们現在專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 $S_n$ 的表达式并進行整理, 我们的目標是分离出與 $q^n$ 相關的項和常數項.

\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 $q^n$ 的項：

\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}

這恰好是 $(An+B)q^n$ 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 $q^n$ 的項 (即常數部分)：

\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

證明（Gosper 裂項法證法）

Gosper 算法的核心是為给定的通項 $c_k$ 係统地寻找其反差分函數 $F(k)$ , 使得 $c_k = F(k) - F(k-1)$ .一旦找到 $F(k)$ , 求和便可通過裂項相消 $S_n = F(n) - F(0)$ 直接得到.

我们的通項是差比數列項 $c_k = (ak+b)q^{k-1}$ .這是一個典型的超几何項（其相邻項之比為有理函數）.Gosper 算法的原理指出, 其反差分函數 $F(k)$ 若存在，则必然具有相似的代數结構，即一個多項式乘以一個指數項.

观察到求和公式的结果包含 $(An+B)q^n$ 這一項, 這强烈地暗示我们, 所要寻找的反差分函數 $F(k)$ 應该具有 $F(k) = (Pk+Q)q^k$ 的形式, 其中 $P, Q$ 是待定常數.我们的任务就是通過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}

我们要求這個差分结果恒等于原數列的通項 $c_k = (ak+b)q^{k-1}$ .

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

這是一個關于 $k$ 的多項式恒等式.通過比较等式两边 $k$ 的同次幂的係數, 我们可以建立一個關于 $P, Q$ 的線性方程组：

比较 $k^1$ 的係數：

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

比较 $k^0$ (常數項) 的係數：

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}

我们惊喜地發現，通過這個係统性的方法求出的常數 $P, Q$ 與定理中给出的係數 $A, B$ 完全一致.即 $A=P, B=Q$ .

我们已經成功找到了反差分函數 $F(k) = (Ak+B)q^k$ .根据离散微積分基本定理, 和式 $S_n$ 等于 $F(n)$ 與 $F(0)$ 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

求數列 $\{ (2k-1) \cdot 3^{k-1} \}$ 的前 $n$ 項和 $S_n$ .

解

我们首先识别數列的類型.其通項 $c_k = (2k-1) \cdot 3^{k-1}$ 是一個等差數列項 $(2k-1)$ 與一個等比數列項 $3^{k-1}$ 的乘積，因此這是一個標准的差比數列.

我们可以直接應用差比數列求和公式.為此，需要将通項與標准形式 $(ak+b)q^{k-1}$ 進行比對, 以确定參數 $a, b, q$ .

線性部分： $2k-1$ 對應 $ak+b$ , 可得 $a=2, b=-1$ .
指數部分： $3^{k-1}$ 對應 $q^{k-1}$ , 可得 $q=3$ .

接着，我们计算公式所需的中間係數 $A$ 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 $A, B$ 以及參數 $q$ 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，该數列的前 $n$ 項和為 $S_n = (n-1)3^n + 1$ .

**验證：**為了檢验结果的正确性, 我们可以计算前两項的和. $S_2 = c_1 + c_2 = (2\cdot 1-1)3^0 + (2\cdot 2-1)3^1 = 1 + 3 \cdot 3 = 10$ . 将 $n=2$ 代入我们推導的公式: $S_2 = (2-1)3^2 + 1 = 1 \cdot 9 + 1 = 10$ . 结果吻合.

例

求數列 $\{ k \cdot 2^k \}$ 的前 $n$ 項和 $S_n$ .

解

该數列的通項 $c_k = k \cdot 2^k$ 同样是一個差比數列.然而, 它的形式與標准公式 $(ak+b)q^{k-1}$ 并不完全匹配, 主要区别在于指數項是 $q^k$ 而非 $q^{k-1}$ .因此，在應用公式之前，我们必须對通項進行一次代數變形.

我们的目標是将 $2^k$ 转化為包含 $q^{k-1}$ 的形式.

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

将此代回通項表达式：

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

經過變形，通項現在完全符合 $(ak+b)q^{k-1}$ 的结構.我们進行參數比對：

線性部分： $2k$ 對應 $ak+b$ , 可得 $a=2, b=0$ .
指數部分： $2^{k-1}$ 對應 $q^{k-1}$ , 可得 $q=2$ .

接着，计算係數 $A$ 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，该數列的前 $n$ 項和為 $S_n = (n-1)2^{n+1} + 2$ .

例

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

解

该和式的通項 $c_k = \dfrac{k+1}{3^k}$ 并非直接的差比數列形式.然而，我们可以通過代數分解，揭示其内在的结構.一個關键的策略是利用求和的線性性質，将複杂的通項拆分為若干個我们熟悉的部分之和.

我们将通項 $c_k$ 進行拆分：

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

因此，原求和式可以分解為两個独立和式的求和：

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

我们分别计算這两個和式.

第一部分： 令 $T_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{3^k}$ . 其通項為 $d_k = k \cdot \left(\frac{1}{3}\right)^k$ . 這是一個差比數列.為了應用公式, 我们将其變形為標准形式 $(ak+b)q^{k-1}$ .

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}

與標准形式比對，我们得到參數： $a = \frac{1}{3}, b = 0, q = \frac{1}{3}$ . 计算係數 $A, B$ :

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 $G_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{3^k} = \sum_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{3}\right)^k$ . 這是一個首項為 $1/3$ , 公比為 $1/3$ 的等比數列.

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

已知數列 $\{c_n\}$ 的前 $n$ 項和 $S_n = (n-1)2^n + 1$ .

求數列 $\{c_n\}$ 的通項公式.
求數列 $\{(-1)^{k+1}c_k\}$ 的前 $n$ 項和 $T_n$ .

解

(1) 這是一個由前 $n$ 項和 $S_n$ 反求通項 $c_n$ 的問題.我们利用基本關係式 $c_n = S_n - S_{n-1}$ (当 $n \ge 2$ 时).

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

對于 $n \ge 2$ :

\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}

我们需要檢验此公式在 $n=1$ 时是否成立. 当 $n=1$ 时, $c_1 = S_1 = (1-1)2^1 + 1 = 1$ . 将 $n=1$ 代入推導的公式, $c_1 = 1 \cdot 2^{1-1} = 1 \cdot 2^0 = 1$ . 公式對 $n=1$ 也成立.因此, 數列 $\{c_n\}$ 的通項公式為 $c_n = n \cdot 2^{n-1}$ .

(2) 我们需要求和的數列是 $\{d_k\}$ , 其通項為 $d_k = (-1)^{k+1} c_k = (-1)^{k+1} k \cdot 2^{k-1}$ . 這個通項看似複杂，但其本質依然是一個差比數列.我们對其進行重组，以匹配標准形式.

\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}

現在通項 $d_k = k \cdot (-2)^{k-1}$ 是一個標准形式的差比數列. 與 $(ak+b)q^{k-1}$ 比對, 我们得到參數： $a=1, b=0, q=-2$ .

计算係數 $A, B$ :

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}

此即為所求的前 $n$ 項和.

当公比為1时

一個數列的通項為 $c_k = (4k-3) \cdot 1^k$ . 求其前 $n$ 項和 $S_n$ .

解

**錯誤的解法：**初看此題，通項 $c_k = (4k-3) \cdot 1^k$ 完美地呈現為一個線性部分 $(4k-3)$ 與一個指數部分 $1^k$ 的乘積.這極易让人联想到差比數列求和公式.

我们尝试進行參數比對.首先将通項變形為標准形式 $(ak+b)q^{k-1}$.

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

比對可得：$a=4, b=-3, q=1$.

接着，尝试计算係數 $A$：

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錯誤.這表明，差比數列求和公式在此处完全失效.其根本原因在于，该公式的所有推導過程（无論是錯位相减法还是待定係數法）都隐含了一個前提条件：$q \neq 1$. 当 $q=1$ 时, 分母 $(q-1)$ 為零，整個公式的代數结構便崩溃了.

正确的解法

我们必须回到數列本身進行分析.当公比 $q=1$ 时, 指數部分 $q^{k-1} = 1^{k-1} = 1$ 對于所有 $k$ 恒成立.這意味着所谓的“等比”部分实际上是一個常數數列 $\{1, 1, 1, ...\}$ .

因此，原數列的通項 $c_k$ 發生了退化：

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

這表明，该數列本質上根本不是一個真正的差比數列，而是一個我们早已熟悉的等差數列.

問題因此被化归為求解一個首項為 $c_1=4(1)-3=1$ , 公差為 $d=4$ 的等差數列的前 $n$ 項和. 我们可以直接使用等差數列求和公式：

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

其中，末項為 $c_n = 4n-3$ .

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

启示

任何公式的應用都有其边界和前提.差比數列求和公式是為解决 $q \neq 1$ 的情况而设计的.当 $q=1$ 时，差比數列這一更複杂的结構会"退化"回更簡單的等差數列结構.面對問題时，首要任务是识别其數學本質，而非盲目地搜寻并套用表面上相似的公式.這种审慎的态度是严谨數學思維的關键.

綜合應用

已知數列 $\{c_n\}$ 满足關係式 $\sum_{k=1}^{n} \frac{c_k}{3^k} = 2n^2+n$ .

求數列 $\{c_n\}$ 的通項公式.
设 $d_n = \dfrac{(-1)^n c_n}{3^{n-1}}$ , 求數列 $\{d_n\}$ 的前 $n$ 項和 $S_n$ .

解

(1) 這是一個典型的由一個變換后的數列和反求原數列通項的問題.

我们令新數列 $\{u_n\}$ 的通項為 $u_n = \dfrac{c_n}{3^n}$ .那么, 題目给出的条件即為數列 $\{u_n\}$ 的前 $n$ 項和 $T_n = \sum_{k=1}^{n} u_k = 2n^2+n$ .

我们可以利用基本關係式 $u_n = T_n - T_{n-1}$ (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

對于 $n \ge 2$ :

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

接下来，我们檢验此公式在 $n=1$ 时是否成立. 当 $n=1$ 时, $u_1 = T_1 = 2(1)^2+1 = 3$ . 将 $n=1$ 代入我们推導出的公式, $u_1 = 4(1)-1 = 3$ . 公式對 $n=1$ 也成立.因此, 數列 $\{u_n\}$ 的通項公式為 $u_n = 4n-1$ .

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

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

(2) 我们需要求和的數列是 $\{d_n\}$ , 其通項 $d_k = \dfrac{(-1)^k c_k}{3^{k-1}}$ . 首先，我们将第一問求得的 $c_k = (4k-1)3^k$ 代入：

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

這個通項本質上是一個差比數列，但其形式需要經過精心變形才能與標准公式 $(ak+b)q^{k-1}$ 匹配.關键在于处理交錯項 $(-1)^k$ .

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}

現在通項完全符合標准形式.我们進行參數比對：

線性部分： $-12k+3$ 對應 $ak+b$ , 可得 $a=-12, b=3$ .
指數部分： $(-1)^{k-1}$ 對應 $q^{k-1}$ , 可得 $q=-1$ .

接着，计算係數 $A, B$ ：

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

本題是一道綜合性很强的題目，它将數列的多個核心知识点串联了起来.

化归思想： 第一問通過引入辅助數列 $\{u_n\}$ ，将一個看似複杂的關係式化归為基本的"由和求通項"問題.
结構變形： 第二問的核心在于，不能直接将 $d_k$ 的原始形式與公式生搬硬套, 而必须通過代數恒等變形, 将其严格转化為 $(ak+b)q^{k-1}$ 的標准结構.尤其是對交錯項 $(-1)^k = -(-1)^{k-1}$ 的处理, 是识别公比 $q=-1$ 的關键一步.
公式的威力： 尽管推導過程涉及多個步骤，但一旦問題被转化為標准形式，求和公式便提供了一条确定且高效的解决路径，避免了更為繁琐的錯位相减法.

裂項相消法

錯位相减法以其巧妙的構造，将差比數列求和問題转化為等比數列求和.然而，是否存在一种更為“根本”的方法，能像处理 $\frac{1}{n(n+1)}$ 那样, 直接将差比數列的通項 $c_n$ 分解為 $F(n) - F(n-1)$ 的形式呢？

答案是肯定的.這需要我们從“观察规律”转向“主动構造”.這种方法虽然在计算上可能更繁琐，但它深刻地揭示了求和與差分之間的互逆關係，是通往更高等數學（如差分方程）的桥梁\footnote{后面，当涉及到概率有關的題目的时候，我们还会回到這里.}.

\paragraph{待定係數法} 我们的目標是寻找到一個函數 $F(n)$ , 使得 $c_n = F(n) - F(n-1)$ . 观察差比數列的通項 $c_n = (a_1+(n-1)d)b_1q^{n-1}$ , 它是一個關于 $n$ 的“線性多項式”與“指數函數”的乘積.一個合理的猜测是, 我们寻找的函數 $F(n)$ 也應该具有類似“多項式 $\times$ 指數函數”的结構.

设差比數列通項為 $c_n = (\alpha n + \beta)q^n$ （任何差比數列通項都可以化為此形式）.我们大胆地假设, 待定的函數 $F(n)$ 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數.

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 $c_n = F(n)-F(n-1)$ , 我们只需将上式與 $c_n = (\alpha n + \beta)q \cdot q^{n-1} = [(\alpha q)n + \beta q]q^{n-1}$ 進行比较, 令對應項的係數相等, 即可解出 $P$ 和 $Q$ .

例

再次求解數列 $\{ (2n+1) \cdot 3^n \}$ 的前 $n$ 項和 $S_n$ .

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}

為了與 $c_n=(2n+1)3^n$ 比较, 我们将 $c_n$ 也變形：

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

比较 $[2Pn + (P+2Q)]3^{n-1}$ 與 $(6n+3)3^{n-1}$ 的係數：

$n$ 的係數： $2P=6 \implies P=3$
常數項係數： $P+2Q=3 \implies 3+2Q=3 \implies Q=0$

我们惊喜地發現 $Q=0$ ！所以, 待定函數是 $F(n) = 3n \cdot 3^n = n \cdot 3^{n+1}$ .

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}

這個结果與我们用錯位相减法得到的结果完全一致，但路径和思想截然不同.它将一個依赖技巧的問題，转化為了一個有固定步骤、纯代數计算的程序性問題.

斐波那契數列

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

在1202年，意大利數學家斐波那契在他的著作《算盘書》中提出了一個看似无關紧要的問題：

假设一對兔子每個月可以生一對新的兔子，而新生的兔子又需要一個月的时間才能成熟并開始生育.如果從一對新生的兔子開始，那么一年后会有多少對兔子？

這個問題的答案， $1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ...$ ，催生了數學中最著名、最迷人的數列.

斐波那契數列

斐波那契數列 $\{F_n\}$ 由以下線性递推關係定義：

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

其初始項通常定義為 $F_0=0, F_1=1$ . 數列的前几項是：

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

比内公式

递推公式對于计算是低效的.要计算 $F_{100}$ , 我们难道真的要從头算起吗？與等差、等比數列一样, 我们的终極目標是找到一個直接從 $n$ 计算 $F_n$ 的通項公式.

這是一种二階線性递推關係，我们可以使用特征方程法来攻克它.這個方法的核心思想是猜测解的形式. 我们大胆假设數列的通項具有等比數列的形式，即 $F_n = x^n$ (其中 $x \neq 0$ ). 将此形式代入递推關係 $F_n - F_{n-1} - F_{n-2} = 0$ 中：

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

两边同除以 $x^{n-2}$ ，我们得到了這個數列的灵魂——特征方程：

x^2 - x - 1 = 0

利用二次方程求根公式，解得两個根：

\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 $F_n = \psi^n$ 都是满足递推關係的解, 那么它们的任意線性组合 $F_n = A\varphi^n + B\psi^n$ 也同样满足.接着, 我们利用初始条件 $F_0=0, F_1=1$ 来确定常數 $A$ 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 $A = \frac{1}{\sqrt{5}}$ , 從而 $B = -\frac{1}{\sqrt{5}}$ . 将 $A, B$ 代回，我们得到了斐波那契數列的通項公式，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]

這個充满了无理數 $\sqrt{5}$ 的公式, 對于任意非负整數 $n$ , 其计算结果永远是一個整數, 也就是說在代數运算中, 所有的 $\sqrt{5}$ 項都相互抵消了.

前n項和

斐波那契數列不僅有优美的恒等式，其求和公式也同样簡洁.我们的目標是找到一個關于 $n$ 的封闭表达式来计算 $S_n = \sum_{k=1}^{n} F_k$ .

我们從定義式 $F_{k+2} = F_{k+1} + F_k$ 出發，稍作移項，就能得到一個用于裂項的完美形式：

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

它告诉我们，每一個斐波那契數都可以表示為后两個斐波那契數之差.接着，我们将和式 $S_n$ 中的每一項都用這种形式替換：

\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}

這是一個經典的裂項相消求和.观察上式， $-F_3$ 與 $+F_3$ 抵消, $-F_4$ 與 $+F_4$ 抵消, 這個過程将一直持續下去, 直到最后.除了開头的 $-F_2$ 和结尾的 $+F_{n+2}$ ，所有中間項都消失了.

S_n = F_{n+2} - F_2

根据我们的定義 $F_2=1$ ，我们得到了最终的求和公式：

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

這個结果本身也構成了一個有趣的斐波那契恒等式：前 $n$ 個斐波那契數的和, 比第 $n+2$ 個斐波那契數恰好小 1.

例

验證 $n=5$ 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，结果應為

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

平方和

我们已經求出了斐波那契數列的前 $n$ 項和, 一個自然而然的延伸是探究其前 $n$ 項的平方和 $\sum_{k=1}^{n} F_k^2$ .出人意料的是，這個和同样具有一個極為簡洁和优美的封闭形式.

定理

對于斐波那契數列 $\{F_n\}$ , 其前 $n$ 項平方和為：

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

證明

證明： 我们的策略是找到一個關于 $F_k^2$ 的恒等式，使其能够裂項相消. 我们從一個不起眼但至關重要的恒等式開始.對于任意 $k \ge 1$ ：

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

接着，我们将 $F_k^2$ 的其中一個 $F_k$ 替換掉：

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，上面的恒等式可以寫成一個完美的裂項形式：

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

接着我们可以對整個數列求和了：

\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}

這是一個首尾相连的裂項求和，中間項 $-A_1$ 與 $+A_1$ 抵消, $-A_2$ 與 $+A_2$ 抵消, 以此類推, 直到最后只剩下首項 $-A_0$ 和末項 $+A_n$ .

\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}

證毕.這個證明揭示了平方和與相邻两項之積的深刻联係.

這個恒等式还有一個无需代數，僅用圖形就能得出来的美妙證明.其思想是用斐波那契平方數 $F_k^2$ 作為边长為 $F_k$ 的正方形的面積，然后将這些正方形完美地拼接成一個矩形.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

观察這個拼接過程：

從 $F_1^2$ （ $1 \times 1$ ）開始, 這是一個 $F_1 \times F_2$ 的矩形.
加上 $F_2^2$ （ $1 \times 1$ ）, 我们得到一個 $2 \times 1$ 的矩形, 其面積為 $F_1^2+F_2^2 = F_2 F_3$ .
加上 $F_3^2$ （ $2 \times 2$ ）, 我们得到一個 $2 \times 3$ 的矩形, 其面積為 $\sum_{k=1}^3 F_k^2 = F_3 F_4$ .
加上 $F_4^2$ （ $3 \times 3$ ）, 我们得到一個 $5 \times 3$ 的矩形, 其面積為 $\sum_{k=1}^4 F_k^2 = F_4 F_5$ .

每一步，我们都将一個边长為 $F_{n}$ 的正方形, 拼接到一個长宽為 $F_{n-1}$ 和 $F_n$ 的矩形上, 從而形成一個长宽為 $F_n$ 和 $F_{n-1}+F_n = F_{n+1}$ 的新矩形.這個過程可以无限持續下去，它直观地展示了為何所有正方形面積之和，恰好等于由最后两個斐波那契數構成的矩形的面積.

相邻項乘積之和

在探究了平方和之后，一個自然的問題是：相邻两項乘積的和 $\sum_{k=1}^{n} F_k F_{k+1}$ 是否也有一個簡洁的表达式？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{ 是奇數} F_n F_{n+2} & \text{如果 } n \text{ 是偶數} \end{cases}

證明

證明： 如此依赖于奇偶性的结論，最适合使用一种“交錯”的數學归纳法来證明.我们将同时證明對于任意正整數 $m$ , 命題在 $n=2m-1$ （奇數）和 $n=2m$ （偶數）时都成立.

设 $S_n = \sum_{k=1}^{n} F_k F_{k+1}$ .我们有两個關键的递推關係：

\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 $n=1$ (奇數), $S_1 = F_1 F_2 = 1 \cdot 1 = 1$ . 公式结果為 $F_{1+1}^2 = F_2^2 = 1^2 = 1$ . 命題對 $n=1$ 成立.

当 $n=2$ (偶數), $S_2 = S_1 + F_2 F_3 = 1 + 1 \cdot 2 = 3$ . 公式结果為 $F_2 F_{2+2} = F_2 F_4 = 1 \cdot 3 = 3$ . 命題對 $n=2$ 成立.

假设当 $m=k$ 时, 即對于 $n=2k-1$ 和 $n=2k$ ，命題均成立. 也就是說，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，我们需要證明当 $m=k+1$ 时, 即對于 $n=2(k+1)-1=2k+1$ 和 $n=2(k+1)=2k+2$ ，命題也成立.

我们的目標是證明 $S_{2k+1} = F_{(2k+1)+1}^2 = F_{2k+2}^2$ . 我们從關係式 (2) 出發，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{根据斐波那契定義, } F_{2k} + F_{2k+1} = F_{2k+2} &= F_{2k+2} \cdot F_{2k+2} &= F_{2k+2}^2 \end{aligned}

這正是我们對奇數 $n=2k+1$ 的目標.

接着我们的目標是證明 $S_{2k+2} = F_{2k+2}F_{(2k+2)+2} = F_{2k+2}F_{2k+4}$ . 我们從關係式 (1) (将 $m$ 換為 $k+1$ ) 出發, 并使用我们刚刚證明的结論 $S_{2k+1}=F_{2k+2}^2$ :

\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{根据斐波那契定義, } F_{2k+2} + F_{2k+3} = F_{2k+4} &= F_{2k+2}F_{2k+4} \end{aligned}

這正是我们對偶數 $n=2k+2$ 的目標.

由于奠基步骤成立，并且归纳步骤證明了從 $k$ 到 $k+1$ 的传递性, 因此该定理對所有正整數 $n$ 均成立.

對称項之和

斐波那契數列中还蕴藏着许多關于對称性的恒等式.下面這個關係式就簡洁地揭示了任意一項與它前后等距的两項之間的内在联係.

定理

對于斐波那契數列 $\{F_n\}$ ，任意一項的三倍，等于它前面第二項與后面第二項之和.

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

證明

證明： 證明這個恒等式的最优雅的途径，是從等式较為複杂的一侧（右侧）入手，通過反複运用斐波那契數列的定義，将其逐步化簡，直至變為等式的另一侧.

我们的目標是變換 $F_{n+2} + F_{n-2}$ .

首先，我们将 $F_{n+2}$ 向下展開, 用 $F_n$ 及其相邻項来表示：

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

這一步将 $F_{n+2}$ 與核心項 $F_n$ 联係了起来.

接着，我们处理 $F_{n-2}$ .我们從定義式 $F_n = F_{n-1} + F_{n-2}$ 出發，将其移項，得到：

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

這一步将 $F_{n-2}$ 也用 $F_n$ 和 $F_{n-1}$ 表示.

接着，我们将這两個结果代回原表达式 $F_{n+2} + F_{n-2}$ ：

\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}

等式右侧成功地化簡為了左侧. 證毕.

看不懂證明可以记住

證明斐波那契數列相邻两項的比值，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： 這是一個關于數列極限的問題，它揭示了斐波那契數列的渐近行為.要处理這种問題，递推公式无能為力，我们必须使用通項公式——比内公式. 我们记 $\varphi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ 和 $\psi = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$ .比内公式為 $F_n = \frac{\varphi^n - \psi^n}{\sqrt{5}}$ . 接着我们来構造這個比值：

\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}

為了求極限，關键在于识别出表达式中的主導項.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, $\varphi^n$ 是主導項. 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}

接着来考察極限.因為 $|\frac{\psi}{\varphi}| = |\frac{1-\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}}| \< 1$ ，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

這證明了斐波那契數列的相邻項之比确实收敛于黄金分割比 $\varphi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ .

例

计算前10項斐波那契數的平方和： $\sum_{k=1}^{10} F_k^2$ .

解

這個問題看起来需要逐項计算平方再相加，计算量巨大.但我们已經證明了一個优雅的平方和公式，它能将問題瞬間簡化.

我们已經證明的平方和公式為：

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

在本題中， $n=10$ .因此, 我们只需要计算出 $F_{10}$ 和 $F_{11}$ 即可. 回忆斐波那契數列：

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項斐波那契數的平方和為 $4895$ .

例

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

解

解析： 這個和式的通項是一個完全平方式，直接计算非常複杂.我们的策略是先将它展開，然后试圖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，原求和式可以拆分為三個部分：

\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

我们逐個处理這三個和式：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

第二部分是相邻項乘積之和.由于 $n=8$ 是偶數, 我们使用對應的公式 $\sum_{k=1}^{n} F_k F_{k+1} = F_n F_{n+2}$ ：

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 $\sum_{k=1}^{8} F_{k+1}^2$ 是一個變形的平方和.我们可以通過換元（令 $j=k+1$ ）来看清它的本質：

\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

最终结果為 $4893$ .

例

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

證明

解析： 這個和式只對奇數項求和.我们没有直接的公式可用，但這种形式强烈地暗示了裂項相消的可能性.我们的目標是把通項 $F_{2k-1}$ 表达成两項之差. 我们從斐波那契數列的定義出發，观察偶數項與它之前的两項的關係：

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

移項可得：

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

這個形式非常完美！它将一個奇數項表示成了两個相邻偶數項之差. 接着我们可以對整個和式進行裂項：

\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}

這是一個非常清晰的裂項求和.中間的項 $( -F_2$ 與 $+F_2$ , $-F_4$ 與 $+F_4$ , ...) 全部抵消. 最终只剩下第一項的 $-F_0$ 和最后一項的 $+F_{2n}$ .

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

根据定義 $F_0=0$ ，我们得到：

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

證毕.

23-24河南漯河期末

分析并判断以下關于斐波那契數列 $\{F_n\}$ （定義為 $F_0=0, F_1=1, ...$ ）的四個命題是否正确，并给出严格的證明或反例.

命題A：數列 $\{F_n\}$ 是一個递增數列.

命題B：89 是數列 $\{F_n\}$ 中的一項.

命題C：對所有 $n \ge 1$ , 恒等式 $\sum_{k=1}^{n} F_k^2 = F_n F_{n+1}$ 成立.（原題是要求從前 $10$ 項“注意到”，稍微有些不严谨.）

命題D：比值 $\dfrac{F_n}{F_{n+1}}$ 收敛, 且其極限為 $\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$ .

解

解析： 這是一個考察綜合能力的題目，我们需要逐一分析每個命題的真伪.

命題 A：錯誤. 严格递增數列要求對任意 $n \ge 0$ 都有 $F_{n+1} \> F_n$ . 但在本數列中，我们有 $F_1=1$ 且 $F_2=1$ , 不满足 $F_2 \> F_1$ . 因此，斐波那契數列是一個非减數列，但不是严格递增數列.

命題 B：正确. 通過逐項计算，我们得到數列的前几項： $0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, \underline{89}, ...$ . 可以看到，89 是數列的第11項（ $F_{11}=89$ ）.

命題 C：正确. 這正是在本节“平方和”部分，我们通過代數裂項和几何拼接两种方法證明過的恒等式.它對所有正整數 $n$ 都成立.

命題 D：正确. 在前面的例題中，我们已經證明了斐波那契數列相邻两項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}

本題所求的極限是其倒數.根据極限的运算法则：

\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，通過分子有理化：

\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，该命題正确.這個值有时被称為黄金分割比的共轭，记作 $\frac{1}{\varphi}$ 或 $\Phi$ .

结論： 命題 A 錯誤，命題 B、C、D 均正确.

2024年新高考一卷第8題

已知定義在 $\mathbb{R}$ 上的函數 $f(x)$ 满足 $f(x) \> f(x-1) + f(x-2)$ , 且当 $x\<3$ 时, $f(x)=x$ .判断下列结論中哪一個必定正确？

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

解

解析： 這個問題的核心在于理解不等式 $f(x) \> f(x-1) + f(x-2)$ 的含義.它告诉我们, 该函數的增长速度超過了斐波那契數列的增长模式.這启發我们, 可以用一個標准的斐波那契數列作為 $f(x)$ 的下界，然后利用這個下界進行估值和判断.

首先，我们分析問題的条件.不等式只给出了一個下限，函數 $f(x)$ 的值完全可以比這個下限大得多（例如, $f(3)$ 可以是 $3.1$ , 也可以是 $10^9$ ）.因此, 任何试圖给出 $f(x)$ 上界的结論，如 (C) 和 (D)，都无法從已知条件中得到保證，故不可能是“一定正确”的.我们的注意力應集中在下界相關的選項 (A) 和 (B) 上.

我们来構造一個基准模型.定義一個新數列 $\{g_n\}$ ，它严格遵循斐波那契的等式關係：

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

為了将它與 $f(x)$ 联係起来, 我们用 $f(x)$ 的已知值来设定 $\{g_n\}$ 的初始項.對于整數 $n$ ：

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

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

\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}

我们發現，這個數列 $\{g_n\}$ 正是斐波那契數列 $\{F_n\}$ 的一個平移： $g_n = F_{n+1}$ .

接下来，我们用數學归纳法證明一個關键的不等關係： $f(n) \> g_n = F_{n+1}$ 對所有整數 $n \ge 3$ 成立.

奠基步骤： 当 $n=3$ 时, 根据題设 $f(3) \> f(2)+f(1) = 2+1=3$ . 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.我们要證明 $f(n) \> g_n$ .

\begin{aligned} f(n) &\> f(n-1) + f(n-2) (\text{由題设}) &\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{, 我们需單独考虑} \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}

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

接着，我们用這個强大的下界来檢验選項 (A) 和 (B).

檢验選項 (A): $f(10) \> 100$ 根据我们的结論， $f(10) \> g_{10} = F_{11}$ . 计算斐波那契數列： $F_1=1, ..., F_8=21, F_9=34, F_{10}=55, F_{11}=89$ . 我们能确定的只是 $f(10) \> 89$ .這并不能保證 $f(10)$ 一定大于 100.例如, $f(10)$ 有可能是 95，這并不违反任何已知条件.故 (A) 不一定正确，此时可以直接選了.

檢验選項 (B): $f(20) \> 1000$ 根据我们的结論， $f(20) \> g_{20} = F_{21}$ . 我们继續计算斐波那契數列：

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

谈谈這道高考題，本題是函數與數列结合的典范，其貌似函數，实则考察的是學生對數列模型的抽象與應用能力，特别是對斐波那契數列深刻的理解.

面對這种新定義問題，關键在于**“退一步，看本質”**.

拿到題目，第一眼就要锁定最關键的信息： $f(x) \> f(x-1) + f(x-2)$ .這個结構與斐波那契數列的定義 $F_n = F_{n-1} + F_{n-2}$ 僅一“不等号”之差.這個不等号是解題的钥匙, 它暗示了 $f(x)$ 是一個“超级斐波那契”函數, 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, 我们可以構造一個標准的斐波那契數列作為它的下界.這是最關键的建模思想.我们定義一個數列 $g_n$ 严格遵循斐波那契的等式關係, 并使其初始值與 $f(x)$ 的已知值對齐, 即 $g_1=f(1)=1, g_2=f(2)=2$ .模型建好后, 必须用严格的數學語言（數學归纳法）證明我们的直觉： $f(n)$ 的确始终“跑在” $g_n$ 的前面, 即 $f(n) \> g_n$ 對所有 $n \ge 3$ 成立.這是解題的逻辑基石.證明了 $f(n) \> g_n$ 之后，我们就拥有了一個强大的放缩工具.

排除上界選項： 因為題目只给了“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）的選項，如 (C) 和 (D)，都无法得到保證，可以直接排除.這是基于對不等式性質的深刻理解.
檢验下界選項： 對于 (A) 和 (B)，我们只需计算出下界 $g_n$ 的值. $f(10) \> g_{10} = 89$ , 這无法保證 $f(10)\>100$ .而 $f(20) \> g_{20} = 10946$ , 這足以保證 $f(20)\>1000$ .

当然，這是一道選择題，实际上不需要如此麻烦. 關于本題的更快解法網上已經有很多，我们這里详细說明，是為了让讀者更好理解為什么.

不過，這道題也启示我们，扪心自問一下自己能否從一個陌生的函數不等式中，抽象出熟悉的數列模型？這是從具體問題到數學模型的關键一步.能否深刻理解“ $\>$ ”的含義，并意识到它只提供了單向的界限？

我敢說能迅速排除(C)和(D)的學生，注意力杠杠的！最后從猜想到證明，通過數學归纳法将直觉转化為无可辩驳的结論，這是区别于“想当然”的科學思維方式.

數列求和的通用策略

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

我们已經深入探讨了等差數列與等比數列這两种理想化的模型及其求和公式.然而，在更廣阔的數學世界中，遇到的數列往往结構更為複杂，它们既非等差，也非等比.要计算這些數列的和，我们不能僅僅依赖特定的公式，而必须掌握一套通用的、能够應對不同數列结構的分析策略與代數技巧.

本节的核心任务，正是建立這样一個强大的“工具箱”.我们将係统地梳理和阐述一係列求和的通用方法，從基本的代數變形到更為深刻的構造性技巧.這些方法的目標是统一的：通過某种變換，将一個陌生、複杂的求和問題，化归為我们已經熟悉或可以处理的簡單形式.掌握這些策略，意味着我们具備了從“套用公式”到“解决問題”的能力跃迁.

基本公式法

适用场景： 數列的通項 $a_n$ 是一個關于 $n$ 的多項式. 核心思想： 利用求和符号 $\sum$ 的線性性質，将原求和式拆分為若干個基本幂次和的形式，然后利用已知的幂次和公式進行计算.

我们必须熟记以下几個最基本的自然數幂次和公式：

常數和： $\sum_{k=1}^{n} c = cn$
一次方和 (等差數列)： $\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}$
二次方和 (平方和)： $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

我补充一下第二個公式的推導過程： \paragraph{法一：扰动法} 此方法極具構造性，其核心思想是寻找一個能够與目標和式 $\sum k^2$ 产生關联的裂項求和.我们注意到 $(k+1)^3$ 與 $k^3$ 的差是一個關于 $k$ 的二次多項式，這正是我们需要的联係.

考虑恒等式：

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

這個恒等式對所有 $k$ 均成立.現在, 我们對這個等式的两边同时從 $k=1$ 到 $n$ 進行求和：

\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) 是一個典型的裂項求和：

\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) 利用求和的線性性質進行拆分：

\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 $S_2 = \sum_{k=1}^{n} k^2$ (這是我们的目標), 并代入已知的一次和與常數和公式：

\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

我们的任务現在转化為一個纯粹的代數問題：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：數學归纳法} 我们已經通過扰动法“發現”了公式，現在我们用归纳法来严格地“验證”它.

證明： 设命題 $P(n)$ 為 $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ .

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, 命題 $P(1)$ 成立.

归纳步骤： 假设当 $n=m$ ( $m \ge 1$ 為任意整數) 时命題成立，即我们假设：

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

我们需要利用這個假设，證明当 $n=m+1$ 时命題也成立.我们的目標是證明：

\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}

我们從目標等式的左侧開始推導：

\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, 替換求和部分：} &= \frac{m(m+1)(2m+1)}{6} + (m+1)^2 &\text{提取公因子 } (m+1) \text{ 以簡化代數运算：} &= (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{對二次多項式因式分解：} &= \frac{(m+1)(m+2)(2m+3)}{6} &= \text{右侧} \end{aligned}

推導完成.這證明了如果命題對 $n=m$ 成立, 它也必然對 $n=m+1$ 成立.

根据奠基步骤和归纳步骤，由數學归纳法原理可知，命題 $P(n)$ 對所有正整數 $n$ 均成立.

\paragraph{法三：待定係數法} 注意到 $d$ 次多項式的求和结果是一個 $d+1$ 次多項式. 由于 $k^2$ 是關于 $k$ 的二次多項式, 其前 $n$ 項和 $S_n = \sum_{k=1}^{n} k^2$ 必然是關于 $n$ 的三次多項式.

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

\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 $n$ 的同次幂係數：

$n^2$ 的係數: $3A = 1 \implies A = \frac{1}{3}$
$n$ 的係數: $2B-3A = 0 \implies 2B = 3(\frac{1}{3}) = 1 \implies B = \frac{1}{2}$
常數項: $A-B+C = 0 \implies C = B-A = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6}$

因此， $S_n = \frac{1}{3}n^3 + \frac{1}{2}n^2 + \frac{1}{6}n + D$ . 為了确定 $D$ , 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 $1+D=1 \implies D=0$ .

将係數代回，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，利用求和符号的線性性質将和式分解：

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

接着，将常數因子提出：

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}

裂項相消法

數列的通項 $a_k$ 能够被分解為两項之差的形式, 即 $a_k = f(k) - f(k+c)$ 或 $a_k = f(k+c) - f(k)$ .

将數列的每一項都拆分為两部分，在求和的過程中，中間的項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項（通常是首尾几項），從而極大地簡化计算.

構造裂項是此方法的關键.以下是一些常见的可用于構造裂項的代數结構：

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)

構造思路： 這是最基本的分式裂項.其構造的核心是在分子上创造出與分母因子相匹配的差，即 $(k+d)-k=d$ .通過在原式分子分母同乘以 $d$ ，再進行拆分即可得到.

部分分式型 (II) - 奇偶項:

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

構造思路： 這是上述公式在 $d=2$ 时的特例，适用于分母是由公差為2的等差數列相邻項構成的情况.

根式有理化型:

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

構造思路： 對分母進行有理化.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, 使其變為常數 $d$ .

平方差裂項型:

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

構造思路： 從右侧反向推導更為直观.通分 $\frac{1}{k^2} - \frac{1}{(k+1)^2}$ , 其分子為 $(k+1)^2-k^2 = (k^2+2k+1)-k^2 = 2k+1$ ，恰好匹配左侧.此形式在处理分母為相邻項的完全平方之積时極為有效.

指數型:

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

構造思路： 同样從右侧通分验證.其分子為 $(2^{k+1}-1) - (2^k-1) = 2^{k+1}-2^k = 2 \cdot 2^k - 2^k = 2^k$ , 與左侧分子完全吻合.其本質是利用了指數函數 $f(k)=2^k-1$ 的差分性質.

混合型 (指數與多項式):

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

**構造思路：**此類混合形式的裂項通常通過定義函數 $f(k)=\frac{2^k}{k}$ 并考察其差分 $f(k+1)-f(k)$ 来發現.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.

交錯分式型:

\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)

構造思路： 從右侧的方括号内通分.其分子為 $(-1)^k(2k+3) - (-1)^{k+1}(2k+1)$ .利用 $(-1)^{k+1}=-(-1)^k$ , 分子變為 $(-1)^k[(2k+3)+(2k+1)] = (-1)^k(4k+4) = 4(-1)^k(k+1)$ .将此结果與係數 $\frac{1}{4}$ 相乘，恰好得到左侧.

交錯根式型:

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

高階部分分式型:

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

構造思路： 這是我们在“待定係數法”一节中推導過的例子.其思想是将 $f(k)=\frac{A}{k(k+1)}$ 作為差分原函數進行構造，是基本部分分式思想的延伸.

階乘添項型 (I):

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

構造思路： 這是階乘裂項中最經典的形式.關键技巧在于将因子 $k$ 巧妙地改寫為 $(k+1)-1$ , 然后利用乘法分配律展開： $k \cdot k! = ((k+1)-1)k! = (k+1)k! - k!$ .

階乘添項型 (II):

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

構造思路： 與上一条技巧完全相同，将分子 $k$ 改寫為 $(k+1)-1$ ：

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

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

這是一個間隔為 $2$ 的裂項.我们将和式寫出，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}

抵消發生在前一項的负項與后一項的正項之間，例如 $-\frac{1}{3}$ 與 $+\frac{1}{3}$ . 最终，只有開头的两項正數 $1$ 和 $\frac{1}{2}$ , 以及结尾的两項负數 $-\frac{1}{n+1}$ 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

已知正項數列 $\{a_n\}$ 中, $a_1=1$ , $a_{n+1}^2 - a_n^2 = 1$ , 则數列 $\left\{\dfrac{1}{a_{n+1}+a_n}\right\}$ 的前 $99$ 項和為 ( )

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

解

解析： 本題给出了一個關于數列 $\{a_n\}$ 的递推關係, 却要求另一個结構相關的數列 $\{b_n\}$ (其中 $b_n = \frac{1}{a_{n+1}+a_n}$ ) 的和.這是一個典型的信息分离問題，解决的關键在于找到连接已知条件與未知目標的桥梁.

我们的通法是，對已知条件進行等价變形，看能否從中直接推導出所求數列通項的簡單形式.

注意到 $a_{n+1}^2 - a_n^2 = 1$ 左侧是一個完美的平方差结構.這是最强烈的代數信号, 提示我们應立即對其進行因式分解.（因式分解是降低表达式複杂度的基本手段.我们期望分解后的因子能與我们要求和的項 $\frac{1}{a_{n+1}+a_n}$ 产生關联.）

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

我们惊喜地發現，因子 $(a_{n+1}+a_n)$ 正是所求數列通項的分母.這便是我们寻找的桥梁.

由于 $\{a_n\}$ 是正項數列, 故 $a_{n+1}+a_n \neq 0$ . 我们可以安全地将上式两边同除以 $(a_{n+1}+a_n)$ , 從而得到所求通項的全新表达：

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

這個恒等式是解題的突破口.它将一個複杂的分式形式，化归為了一個極其簡洁的差分形式.這立即表明，原求和問題本質上是一個裂項相消求和.

令 $S_{99}$ 為所求的和：

\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}

這是一個首尾相连的裂項求和，其结果為：

S_{99} = a_{100} - a_1

問題至此转化為求解 $a_{100}$ 的值.為此, 我们必须求出數列 $\{a_n\}$ 的通項公式.

观察 $a_{n+1}^2 - a_n^2 = 1$ . 如果我们令新數列 $c_n = a_n^2$ , 那么這個關係就變為 $c_{n+1} - c_n = 1$ . 這表明數列 $\{a_n^2\}$ 是一個首項為 $c_1 = a_1^2=1$ , 公差為 $1$ 的等差數列.

根据等差數列通項公式，我们得到 $c_n = c_1 + (n-1)d = 1 + (n-1) \cdot 1 = n$ . 即 $a_n^2 = n$ . 因為 $\{a_n\}$ 是正項數列, 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

故本題的正确答案是 (C).

例

數列 $\{a_n\}$ 的通項公式為 $a_n = \dfrac{2n+1}{n^2(n+1)^2} (n \in \mathbb{N}^*)$ , 该數列的前 $8$ 項和為 \underline{}.

解

解析： 直接對這個複杂的通項求和是不現实的.我们的首要任务是簡化通項 $a_n$ .解决此類問題的通用策略是, 尝试将 $a_n$ 分解為 $f(n) - f(n+1)$ 的形式，以便使用裂項相消法.

這是因為观察通項的结構是形成猜想的起点.分母 $n^2(n+1)^2$ 是一個極其强烈的提示信号.它恰好是两個结構相似的項 $\frac{1}{n^2}$ 和 $\frac{1}{(n+1)^2}$ 在通分时会得到的分母.這引導我们大胆地猜想, $a_n$ 可能與這两項的差有關.

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

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

對分子使用平方差公式或直接展開：

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

這個结果與 $a_n$ 的分子完全一致.我们的猜想得到了證实.

我们已經證明了一個關键的恒等式：

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

這個形式是 $f(n) - f(n+1)$ 的標准裂項结構, 其中 $f(n) = \dfrac{1}{n^2}$ .

计算前 $8$ 項和 $S_8$ :

\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，除首項的 $\frac{1}{1^2}$ 和末項的 $-\frac{1}{9^2}$ 之外，所有中間項都两两抵消.

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

因此，该數列的前 $8$ 項和為 $\dfrac{80}{81}$ .

2013 全国课標I卷

已知等差數列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 項和為 $S_n$ , 满足 $S_3=0, S_5=-5$ .

求 $\{a_n\}$ 的通項公式;
求數列 $\left\{\dfrac{1}{a_{2n-1}a_{2n+1}}\right\}$ 的前 $n$ 項和.

解

设等差數列 $\{a_n\}$ 的首項為 $a_1$ , 公差為 $d$ . 根据前 $n$ 項和公式 $S_n = na_1 + \frac{n(n-1)}{2}d$ , 我们由已知条件可以建立關于 $a_1$ 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}

化簡该方程组得到:

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

解得 $d=-1$ 且 $a_1=1$ . 因此, 數列 $\{a_n\}$ 的通項公式為

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

對于第二問, 我们需要求和的數列通項為 $b_n = \dfrac{1}{a_{2n-1}a_{2n+1}}$ . 首先, 利用已求得的通項公式, 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)}

這是一個典型的可以應用裂項相消法的形式. 我们注意到分母两因子之差為 $(3-2n)-(1-2n)=2$ . 因此, 我们可以将 $b_n$ 分解為:

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

為構造標准的裂項求和形式, 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, 通項可以被优雅地寫作 $b_k = \dfrac{1}{2}(f(k+1) - f(k))$ .

令所求前 $n$ 項和為 $T_n$ , 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}

這是一個首尾相连的裂項求和, 中間項相互抵消, 最终结果為

\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

已知等差數列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 項和為 $S_n$ , $a_1=10$ , $a_2$ 為整數, 且對任意 $n \in \mathbb{N}^*$ 都有 $S_n \le S_4$ .

求 $\{a_n\}$ 的通項公式;
设 $b_n = \dfrac{1}{a_n a_{n+1}}$ , 求數列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 項和 $T_n$ .

解

条件 $S_n \le S_4$ 對所有正整數 $n$ 成立, 意味着數列 $\{S_n\}$ 在 $n=4$ 处取得最大值. 對于等差數列, 其前 $n$ 項和 $S_n$ 是關于 $n$ 的二次函數, $S_n = \frac{d}{2}n^2 + (a_1-\frac{d}{2})n$ . 欲使 $S_n$ 存在最大值, 其二次項係數必须為负, 即公差 $d\<0$ .

$S_n$ 在 $n=4$ 取得最大值, 這也意味着從第 $5$ 項開始, 數列的項 $a_n$ 開始對总和产生负贡献 (或零贡献). 這等价于 $S_4 \ge S_3$ 且 $S_4 \ge S_5$ . 由 $S_n - S_{n-1} = a_n$ , 上述条件转化為:

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

利用通項公式 $a_n = a_1 + (n-1)d$ 及已知 $a_1=10$ , 我们得到關于公差 $d$ 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 $-\frac{10}{3} \le d \le -\frac{5}{2}$ .

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

由此我们唯一确定了该等差數列. 其通項公式為:

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

對于第二問, 我们求數列 $\{b_n\}$ 的和, 其通項為 $b_n = \dfrac{1}{a_n a_{n+1}}$ . 代入 $a_n = 13-3n$ , 有 $a_{n+1} = 13-3(n+1) = 10-3n$ .

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

分母两因子之差為 $(13-3n)-(10-3n)=3$ . 我们可以進行裂項分解:

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 $n$ 項和 $T_n$ 為:

\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}

此為裂項求和, 结果為:

\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

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

求 $\{a_n\}$ 的通項公式;
求數列 $\left\{\dfrac{a_n}{2n+1}\right\}$ 的前 $n$ 項和.

解

(1) 设 $T_n = a_1+3a_2+...+(2n-1)a_n = 2n$ . 這個结構提示我们使用作差法来分离出通項 $a_n$ . 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 $T_n$ 與 $T_{n-1}$ 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, 對于 $n \ge 2$ , 我们有 $(2n-1)a_n = 2$ , 即 $a_n = \dfrac{2}{2n-1}$ .

接着, 我们需要檢验 $n=1$ 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 $n=1$ 代入我们推導出的公式, $a_1 = \dfrac{2}{2(1)-1} = 2$ . 公式對 $n=1$ 也成立. 故數列 $\{a_n\}$ 的通項公式為 $a_n = \dfrac{2}{2n-1}$ .

(2) 设新數列為 $\{c_n\}$ , 其通項為 $c_n = \dfrac{a_n}{2n+1}$ . 将 $a_n$ 的表达式代入:

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

分母两因子之差為 $(2n+1)-(2n-1)=2$ , 這是一個典型的裂項求和结構.

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

令所求前 $n$ 項和為 $S_n$ , 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}

中間項全部抵消, 得到:

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

2011大纲卷

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

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

解

(1) 观察给定的递推關係, 其形式暗示了換元法. 令新數列 $\{c_n\}$ 的通項為 $c_n = \dfrac{1}{1-a_n}$ . 则原递推關係化為 $c_{n+1} - c_n = 1$ . 這表明數列 $\{c_n\}$ 是一個公差為 $1$ 的等差數列.

其首項為 $c_1 = \dfrac{1}{1-a_1} = \dfrac{1}{1-0} = 1$ . 根据等差數列通項公式, $c_n = c_1 + (n-1)d = 1 + (n-1) \cdot 1 = n$ .

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}

该公式即為 $\{a_n\}$ 的通項公式.

(2) 為了對 $\{b_n\}$ 求和, 我们首先需要化簡其通項. 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}

通項 $b_n$ 被成功地分解為一個可以裂項相消的形式.

接着, 我们计算前 $n$ 項和 $S_n$ :

\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}

中間項全部抵消, 得到:

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

因為 $n$ 為正整數, $n+1 \ge 2$ , 所以 $\sqrt{n+1} \> 0$ , 從而 $\dfrac{1}{\sqrt{n+1}} \> 0$ . 因此, $S_n = 1 - \dfrac{1}{\sqrt{n+1}} \< 1$ . 證毕.

2006 全国I卷理

设數列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 項和為 $S_n$ , 且满足 $S_n = \dfrac{4}{3}a_n - \dfrac{1}{3} \cdot 2^{n+1} + \dfrac{2}{3}$ ( $n \in \mathbb{N}^*$ ).

求首項 $a_1$ 與通項公式 $a_n$ ;
设 $T_n = \dfrac{2^n}{S_n}$ , 求證: $\sum_{i=1}^{n} T_i \< \dfrac{3}{2}$ .

解

解析： (1) 首先求首項 $a_1$ . 当 $n=1$ 时, 數列的前 $1$ 項和即為其本身, 故有 $S_1 = a_1$ . 将此条件代入已知關係式:

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 $a_1 = 2$ .

接下来求通項公式. 已知 $S_n$ 與 $a_n$ 的關係, 我们的目標是建立一個只含數列項的递推關係. 通項與前 $n$ 項和的最基本關係式 $a_n = S_n - S_{n-1}$ (当 $n \ge 2$ 时) 是实現這一目標的關键桥梁. (為什么這個關係式在此处至關重要？)

對于 $n \ge 2$ , 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, 左侧為 $S_n - S_{n-1} = a_n$ .

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 $a_n$ 與 $a_{n-1}$ 的關係:

-\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)

這是一個一階線性递推關係. 為求解此式, 我们可两边同除以 $4^n$ , 将其转化為一個更簡單的形式.

\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 $c_n - c_{n-1} = (\frac{1}{2})^n$ . 通過累加法,

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 $a_n = 4^n c_n = 4^n\left(1-\frac{1}{2^n}\right) = 4^n - 2^n$ . 檢验 $n=1$ 时, $a_1=4^1-2^1=2$ , 與所求一致. 故通項公式為 $a_n = 4^n - 2^n$ .

(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

利用等比數列求和公式:

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}

$S_n$ 的表达式看似複杂, 但若将其中的指數項看作一個整體, 它的结構便清晰起来. (為什么這样的观察是有益的?) 令 $x=2^{n+1}$ , 则 $4^{n+1}=(2^2)^{n+1}=(2^{n+1})^2=x^2$ . 于是分子變為 $x^2-3x+2=(x-1)(x-2)$ .

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

現在我们可以计算 $T_n$ 的通項:

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)}

分母是结構相似的項的乘積, 這强烈暗示了裂項相消的可能性. 我们尝试将其分解為 $\dfrac{A}{2^n-1} - \dfrac{B}{2^{n+1}-1}$ 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)

這是一個完美的裂項形式. 求其前 $n$ 項和:

\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}

證毕.

2023年4月杭州、长沙、郑州、西安部分名校联考

已知正項數列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 項和為 $S_n$ , 且 $a_1=1$ , $a_n = \sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}$ ( $n \in \mathbb{N}^*$ 且 $n \ge 2$ ).

求數列 $\{a_n\}$ 的通項公式;
设數列 $\left\{\dfrac{a_{n+2}}{2^n a_n a_{n+1}}\right\}$ 的前 $n$ 項和為 $T_n$ , 求證: $T_n \< 1$ .

解

解析： (1) 给定的递推關係式 $a_n = \sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}$ 结構特殊, 直接处理较為困难. 观察此式的结構, 它與平方差公式 $(\sqrt{x}-\sqrt{y})(\sqrt{x}+\sqrt{y})=x-y$ 有着紧密的联係. 我们知道, 數列通項與其前 $n$ 項和之間存在基本關係 $a_n = S_n - S_{n-1}$ (当 $n \ge 2$ 时). 這启發我们将 $a_n$ 替換為 $(\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}})(\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}})$ .

對于 $n \ge 2$ , 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 $\{a_n\}$ 為正項數列, 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)

這表明數列 $\{\sqrt{S_n}\}$ 從第二項起是一個公差為 $1$ 的等差數列. (為什么這一步是解題的關键转折？)

我们计算其首項: $\sqrt{S_1}=\sqrt{a_1}=\sqrt{1}=1$ . 因此, 數列 $\{\sqrt{S_n}\}$ 是一個首項為 $1$ , 公差為 $1$ 的等差數列. 其通項為 $\sqrt{S_n} = 1 + (n-1)\cdot 1 = n$ . 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, $\{a_n\}$ 的通項公式為 $a_n = 2n-1$ .

(2) 设所求數列為 $\{b_n\}$ , 其通項為 $b_n = \dfrac{a_{n+2}}{2^n a_n a_{n+1}}$ . 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)}

此通項结構複杂, 直接求和十分困难. 我们的目標是将其分解為可以裂項相消的形式. 經過观察與尝试, 我们發現如下的恒等式:

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

(請自行通分验證此等式為何成立.) 這個形式是 $f(k) - f(k+1)$ 的理想裂項结構, 其中 $f(k) = \dfrac{1}{2^{k-1}(2k-1)}$ .

我们计算前 $n$ 項和 $T_n$ :

\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}

中間項逐一抵消, 最终只剩下首項與末項:

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

因為 $n$ 是正整數, 所以 $2^n \> 0$ 且 $2n+1 \> 0$ , 這意味着 $\dfrac{1}{2^n(2n+1)}$ 是一個正數. 因此, $T_n = 1 - (\text{一個正數}) \< 1$ . 證毕.

其他有趣的方法如下： \paragraph{待定係數法} 這個方法的核心思想是，根据通項 $a_k$ 的结構, 猜测出其差分原函數 $f(k)$ 可能的代數形式，然后利用待定係數法精确求解.

我们追求的目標是将 $a_k$ 表示為 $f(k)-f(k+1)$ 或其變體. 考虑一個比 $\frac{1}{k(k+1)}$ 更複杂的例子.

例

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

解

解析： 通項 $a_k = \frac{1}{k(k+1)(k+2)}$ . 我们希望找到一個函數 $f(k)$ 使得 $a_k = f(k) - f(k+1)$ . 观察 $a_k$ 的分母, 它是三個连續項的乘積.一個合理的猜测是, 其原函數 $f(k)$ 的分母應该是比它“少一項”的结構.

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

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}

我们希望這個结果等于 $a_k = \frac{1}{k(k+1)(k+2)}$ . 通過比较分子，我们得到 $2A = 1$ , 解得 $A = \frac{1}{2}$ .

這意味着我们成功地将通項分解了：

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

這是一個完美的裂項形式，其中 $f(k) = \frac{1}{2k(k+1)}$ .

現在我们可以進行求和：

\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：差分與和分*} 這是構造裂項法背后最深刻的數學原理.微積分的核心關係是微分與積分互為逆运算.在离散的數列世界中，也存在着完美的對偶：差分與和分.

差分算子

對于任意函數 $f(k)$ , 我们定義其 (前向) 差分 $\Delta f(k)$ 為：

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

有了差分算子，裂項求和的本質昭然若揭.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：**任何求和問題 $\sum_{k=1**^{n} a_k$ 都等价于寻找一個函數 $F(k)$ (称為 $a_k$ 的反差分), 使得 $\Delta F(k) = F(k+1)-F(k) = a_k$ .} 一旦找到了這個“反差分” $F(k)$ , 求和就變得易如反掌：

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

“万物皆可裂項”的信念，在數學上就转化為“万物皆有反差分”.寻找反差分 $F(k)$ 的過程，就是構造裂項的過程.

那么，如何寻找 $F(k)$ 呢？對于多項式型的通項，我们可以再次运用待定係數法.

例

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

解

我们的目標是求 $S_n = \sum_{k=1}^{n} k^2$ . 通項 $a_k = k^2$ . 我们致力于寻找一個函數 $F(k)$ 使得 $\Delta F(k) = F(k+1)-F(k) = k^2$ .

差分运算会使多項式的次數降低 $1$ .因此, 一個二次多項式 $k^2$ 的反差分 $F(k)$ 必然是一個三次多項式. 我们设 $F(k) = Ak^3 + Bk^2 + Ck$ . (常數項在差分中会消失, 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 $\Delta F(k) = k^2 = 1 \cdot k^2 + 0 \cdot k + 0$ . 通過比较等式两边 $k$ 的同次幂係數, 得到一個線性方程组：

\begin{aligned} k^2 \text{的係數: } & 3A = 1 k \text{的係數: } & 3A+2B = 0 \text{常數項: } & A+B+C = 0 \end{aligned}

解這個方程组：從第一式得 $A = \frac{1}{3}$ . 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數：

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

根据离散微積分基本定理, 平方和為：

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, $S_n = F(n+1) - 0 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ . 這個推導過程严谨地揭示了平方和公式的由来，并展示了反差分這一通用方法的巨大威力.

Gosper 裂項法*

我们已經见證了裂項相消法在处理特定结構的數列求和問題时的巨大威力. 无論是部分分式分解，还是利用階乘的恒等式，其核心都在于将通項 $a_k$ 巧妙地改寫為 $F(k) - F(k-1)$ 的形式. 然而，這些技巧在很大程度上依赖于观察、經验與代數變形的艺术.

一個自然而深刻的問題随之而来：是否存在一种係统性的方法，或者說一种算法，能够机械地判断一個给定的通項 $a_k$ 是否存在一個簡單的反差分 $F(k)$ ，并且如果存在，就将其直接计算出来？

答案是肯定的. 對于數學中最為常见和重要的一類序列，超几何序列，美国數學家 R. William Gosper 在20世纪70年代给出了一個完整的解决方案. Gosper 算法是符号计算领域的一座丰碑，它将寻找裂項公式這一创造性活动，成功地转化為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 等计算机代數係统中输入一個複杂的求和指令时，其背后往往就是 Gosper 算法或其后继者在不知疲倦地工作.

超几何項

Gosper 算法的“狩猎范围”，是被称為超几何項的序列.

超几何項

一個序列 $\{a_k\}$ 如果其相邻項之比 $\dfrac{a_{k+1}}{a_k}$ 是一個關于 $k$ 的有理函數 (即两個關于 $k$ 的多項式之比), 则称 $\{a_k\}$ 是一個超几何項或超几何序列.

這個定義涵蓋了我们在求和問題中遇到的大部分“積木块”：

常數與幂函數： $a_k = c$ , $\dfrac{a_{k+1}}{a_k}=1$ . $a_k = k^m$ , $\dfrac{a_{k+1}}{a_k} = \left(\dfrac{k+1}{k}\right)^m$ .
指數函數： $a_k = q^k$ , $\dfrac{a_{k+1}}{a_k} = q$ .
階乘： $a_k = k!$ , $\dfrac{a_{k+1}}{a_k} = k+1$ .
二項式係數： $a_k = \binom{n}{k}$ , $\dfrac{a_{k+1}}{a_k} = \dfrac{n-k}{k+1}$ .

更重要的是，超几何項的集合在乘法、除法、平移等运算下是封闭的. 這意味着，由以上基本“積木块”通過乘除组合而成的複杂項，例如 $a_k = \dfrac{(k^2+1) k!}{2^k \binom{2k}{k}}$ , 仍然是超几何項.

Gosper 的洞察與方法

面對一個超几何求和 $\sum a_k$ , 我们的目標是寻找其反差分 $F(k)$ , 使得 $a_k = F(k) - F(k-1)$ . Gosper 的第一個關键洞察是：

Gosper

如果一個超几何項 $a_k$ 的反差分 $F(k)$ 同样是一個超几何項, 那么 $F(k)$ 與 $a_k$ 之間必有如下關係：

F(k) = y(k) a_k

其中 $y(k)$ 是一個關于 $k$ 的有理函數.

這個定理極大地缩小了我们對未知函數 $F(k)$ 的搜寻范围. 我们不再是在茫茫函數大海中捞针, 而是只需要去确定這個有理函數 $y(k)$ .

将 $F(k) = y(k)a_k$ 代入裂項關係式 $a_k = F(k) - F(k-1)$ :

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 $r(k) = \dfrac{a_k}{a_{k-1}}$ 為相邻項的比值 (這是一個已知的有理函數)，则上式變為

r(k) = r(k) y(k) - y(k-1)

這是一個關于未知有理函數 $y(k)$ 的函數方程. Gosper 的完整算法给出了求解這個方程的係统步骤, 其核心是證明 $y(k)$ 必须具有一种特殊的多項式结構，從而将問題转化為一個求解多項式係數的線性方程组問題.

虽然完整算法的细节超出了本教材的范围，但我们可以通過一個例子来领会其“待定係數”求解的精神内核.

例

求和 $S_n = \sum_{k=1}^n (k^2+1)k!$ .

解

解析： 通項 $a_k = (k^2+1)k!$ 是一個超几何項. 我们遵循 Gosper 的思想, 尝试寻找其反差分 $F(k)$ . 我们猜测 $F(k)$ 的结構應该與 $a_k$ 相似. 一個合理的猜测是 $F(k) = P(k) \cdot k!$ , 其中 $P(k)$ 是一個待定的多項式.

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}

我们希望這個结果等于 $a_k = (k^2+1)k! = k(k^2+1)(k-1)!$ .

因此，我们得到了一個關于未知多項式 $P(k)$ 的方程：

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

接下来，我们通過比较等式两边多項式的次數来确定 $P(k)$ 的次數. 设 $\deg(P) = d$ , 则 $P(k) = c_d k^d + ...$ ( $c_d \neq 0$ ). 方程左侧的最高次項来自 $k P(k)$ , 其次數為 $d+1$ . 方程右侧的最高次項是 $k^3$ , 次數為 $3$ . 因此，必然有 $d+1=3$ , 解得 $d=2$ . 這表明 $P(k)$ 是一個二次多項式.

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} $= 1 \cdot k^3 + 0 \cdot k^2 + 1 \cdot k + 0$ .

比较等式两边各項係數，得到一個線性方程组：

\begin{aligned} k^3 \text{係數: } & A = 1 k^2 \text{係數: } & B-A = 0 \implies B=A=1 k^1 \text{係數: } & C+2A-B = 1 \implies C+2(1)-1=1 \implies C=0 k^0 \text{係數: } & -A+B-C = 0 \implies -1+1-0=0. \text{ (验證成立)} \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)!

現在，求和變得轻而易举：

\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}

這個例子完美地展示了 Gosper 算法的精神：将寻找裂項公式的创造性問題，转化為一個關于多項式係數的、完全机械化的代數计算問題.

例

求和 $S_n = \sum_{k=1}^{n} k \cdot k!$ .

解

通項 $a_k = k \cdot k!$ 是超几何項. 我们寻找其反差分 $F(k)$ , 使得 $a_k = F(k) - F(k-1)$ .

一個自然的猜测是 $F(k)$ 與 $k!$ 具有相同的结構, 形如 $F(k) = P(k) \cdot k!$ , 其中 $P(k)$ 是一個待定的多項式. 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}

我们希望這個结果等于 $a_k = k \cdot k! = k^2(k-1)!$ .

因此，我们得到關于 $P(k)$ 的方程：

kP(k) - P(k-1) = k^2

比较等式两边多項式的次數. 若 $\deg(P)=d$ , 则左侧最高次項来自 $kP(k)$ , 次數為 $d+1$ . 右侧次數為 $2$ . 故 $d+1 = 2 \implies d=1$ . $P(k)$ 是一個一次多項式.

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}

比较係數： $A=1$ . $B-A=0 \implies B=1$ . $A-B=0 \implies 1-1=0$ , 验證成立.

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

通項 $a_k = k \cdot 2^k$ 是超几何項. 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}

我们希望這個结果等于 $a_k = k \cdot 2^k = 2k \cdot 2^{k-1}$ .

因此，我们得到關于 $P(k)$ 的方程：

2P(k) - P(k-1) = 2k

比较次數可知 $\deg(P)=1$ . 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}

比较係數： $A=2$ . $A+B=0 \implies 2+B=0 \implies B=-2$ .

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}

這個结果與使用錯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： 通項 $a_k = k(k+1)(k+2)$ 是一個三次多項式. 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項式的次數减一. 因此, $F(k)$ 必然是一個四次多項式.

這种上升階乘幂的形式 $k^{\overline{m}} = k(k+1)...(k+m-1)$ 具有非常优美的差分性質. 我们猜测反差分 $F(k)$ 具有更高一階的上升階乘幂形式, 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}

我们希望這個结果等于 $a_k = k(k+1)(k+2)$ . 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}

這种方法比将 $a_k$ 展開為 $k^3+3k^2+2k$ 再利用幂和公式计算要簡洁得多.

例

求和 $S_n = \sum_{k=1}^{n} k^2$ .

解

解析： 通項 $a_k = k^2$ 是一個二次多項式. 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項式的次數降低 1, 因此一個二次多項式的反差分必然是一個三次多項式. 我们设 $F(k) = Ak^3+Bk^2+Ck$ . (常數項在差分中会消失, 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}

我们希望這個结果等于 $a_k = 1 \cdot k^2 + 0 \cdot k + 0$ .

比较係數可得:

\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}

此方法係统地再現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}

我们希望這個结果等于 $a_k = \dfrac{k}{(k+1)!}$ . 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“添項减項”的技巧, 而是通過係统性的猜测和验證找到了裂項形式.

例

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

解

解析： 通項 $a_k = \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)}$ . 我们寻找其反差分 $F(k)$ .

观察通項分母的结構, 我们猜测反差分 $F(k)$ 的分母可能只包含其中一個因子. 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}

我们希望這個结果等于 $a_k = \dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)}$ . 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過部分分式分解, 直接获得裂項公式的係统途径.

下面簡單总结一下：

第一步

仔细观察通項 $a_k$ 的代數结構, 猜测其反差分 $F(k)$ 可能的形式. 關键原则是： $F(k)$ 中“非多項式”的部分應與 $a_k$ 保持一致，而多項式部分的次數或係數是待定的.

设 $P(k), Q(k)$ 為關于 $k$ 的多項式. 常见猜想结構如下：

若 $a_k = P(k)$ (多項式), 则猜想 $F(k) = Q(k)$ , 其中 $\deg(Q) = \deg(P)+1$ .
若 $a_k = P(k)q^k$ (差比數列), 则猜想 $F(k) = Q(k)q^k$ .
若 $a_k = P(k)k!$ (階乘相關), 则猜想 $F(k) = Q(k)k!$ 或 $Q(k)(k-1)!$ .
若 $a_k$ 為分式, 则猜想 $F(k)$ 為一個结構更簡單的分式.

第二步

寫出核心關係式 $F(k) - F(k-1) = a_k$ . 将第一步中带有待定係數的猜想形式代入此方程. 3. 第三步

這是纯代數计算的步骤.

對代入后的方程進行化簡，通常需要通分或提取公因子 (如 $q^{k-1}$ 或 $(k-1)!$ ).
化簡后，方程两边会呈現出關于 $k$ 的多項式相等的形式.
通過比较等式两边多項式的最高次項，确定待定多項式 $Q(k)$ 的次數.
设出 $Q(k)$ 的一般形式 (如 $Ak^2+Bk+C$ ), 然后通過比较等式两边 $k$ 的所有同次幂係數，建立一個關于待定係數的線性方程组.
解這個方程组，求出所有待定係數的值.

第四步

将已求出的係數代回，得到确定的反差分函數 $F(k)$ . 利用裂項求和的最终公式计算总和. 如果求和從 $k=1$ 開始, 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.

錯位相减法

此方法是处理差比數列求和的專属武器.差比數列的通項形式為 $c_n = a_n b_n$ , 其中 $\{a_n\}$ 為等差數列, $\{b_n\}$ 為等比數列.

核心思想： 模仿等比數列求和公式的推導過程.设等比部分的公比為 $q$ .

寫出和式 $S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k b_k$ .
将整個等式两边同乘以公比 $q$ , 得到 $qS_n$ .
将 $S_n$ 與 $qS_n$ 的表达式對齐項錯位相减, 得到 $(1-q)S_n$ .
相减后的结果，通常会變成一個簡單的等比數列之和，外加首末两個独立項.

這個過程的本質，是通過乘公比再作差這一“差分算子”操作，将差比數列“降階”為一個纯粹的等比數列.

例

求和 $S_n = \sum_{k=1}^{n} k \cdot x^k$ ( $x \neq 1$ ).

解

解析： 這是由等差數列 $\{k\}$ 與等比數列 $\{x^k\}$ 構成的差比數列. 寫出和式：

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}

括号内是一個首項為 $x$ , 公比為 $x$ 的等比數列之和.

(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： 數列的和式具有某种對称性，典型特征是首末項之和、第二項與倒數第二項之和……具有统一的规律. 核心思想： 将和式 $S_n$ 的各項顺序颠倒，得到另一個表达式.将這两個表达式按位相加，如果每一對對應項的和都是一個常數或易于计算的簡單形式，那么問題就得以簡化. 高斯求和等差數列是此方法的經典應用，但其威力远不止于此.

阿贝尔（Abel）變換*

在处理數列求和时，我们經常遇到形如 $\sum_{k=1}^{n} a_k b_k$ 的乘積形式.錯位相减法是解决“等差乘以等比”這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，能够係统地处理更廣泛的乘積求和問題？答案便是Abel 變換，或称分部求和法.

這個方法背后的核心思想是一种深刻的“权责转換”.我们面临的求和項 $a_k b_k$ 中, 可能 $\{a_k\}$ 的求和性質很好（例如 $\{a_k\}$ 是等比數列, 其前 $k$ 項和 $A_k$ 有簡洁的公式）, 而 $\{b_k\}$ 的求和性質很差, 但其相邻項的差 $\Delta b_k = b_{k+1}-b_k$ 却變得非常簡單（例如 $\{b_k\}$ 是多項式，其差分会降次）.

分部求和法正是這样一個工具，它允许我们将原求和式中對 $a_k$ 的“逐項累加”的责任, 转移到對 $A_k$ ( $a_k$ 的和) 與 $\Delta b_k$ ( $b_k$ 的差) 乘積的求和上.

本質上，我们是在用“一個易于求和的部分”去交換“一個易于求差的部分”，從而将原問題转化為一個可能階次更低、结構更簡單的求和問題.

對于熟悉微積分的讀者，這與微積分中的分部積分法 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$ 在思想上是完全對偶的.

阿贝尔變換

设 $\{a_k\}$ 與 $\{b_k\}$ 為两個數列, 并记 $A_n = \sum_{i=1}^{n} a_i$ 為 $\{a_k\}$ 的前 $n$ 項和 (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)

證明

我们的目標是将求和式中的 $a_k$ 替換掉, 引入其部分和 $A_k$ .一個數列的通項 $a_k$ 與其部分和 $A_k$ 之間的最基本關係是差分關係：對于 $k \ge 1$ , $a_k$ 等于其第 $k$ 項部分和與第 $k-1$ 項部分和之差.

a_k = A_k - A_{k-1}

這是整個推導的逻辑起点.

将上述關係代入原求和式，并利用求和的線性性質将其拆分為两個部分，以便我们進行后續的代數變形.

\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}

為了将两個求和式合并，我们需要让其中求和指標 $k$ 所對應的項具有相同的结構, 特别是让 $A_k$ 的下標對齐.我们對第二個求和式 $\sum_{k=1}^{n} A_{k-1} b_k$ 進行指標平移.

令新指標 $j = k-1$ . 当旧指標 $k$ 從 $1$ 變化到 $n$ 时, 新指標 $j$ 從 $0$ 變化到 $n-1$ . 同时, 旧通項中的 $k$ 必须用 $j+1$ 替換. 于是：

\sum_{k=1}^{n} A_{k-1} b_k = \sum_{j=0}^{n-1} A_j b_{j+1}

由于求和指標只是一個哑變量, 我们可以将 $j$ 重新寫為 $k$ :

\sum_{k=0}^{n-1} A_k b_{k+1}

現在我们的表达式變為 $\sum_{k=1}^{n} A_k b_k - \sum_{k=0}^{n-1} A_k b_{k+1}$ . 這两個和式的求和范围不完全重合.為了合并它们，我们将各自范围中不重合的項分离出来.

\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 $A_0 b_1 = 0$ . 接着合并两個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}

證毕.

例

再次使用阿贝尔變換求解差比數列和 $S_n = \sum_{k=1}^{n} k \cdot x^k$ ( $x \neq 1$ ).

解

我们需要将通項 $k \cdot x^k$ 分解為 $a_k b_k$ 两部分.阿贝尔變換的威力在于, 如果 $b_{k+1}-b_k$ 比 $b_k$ 簡單, 且 $A_k = \sum a_i$ 易于计算，那么變換后的新求和式会變得更簡單.

考虑 $k$ ：它是一個一次多項式.其差分 $(k+1)-k=1$ 是一個常數, 形式急剧簡化.這使其成為 $b_k$ 的绝佳候選.
考虑 $x^k$ ：它是一個等比數列.其部分和 $A_k = \sum_{i=1}^k x^i$ 有一個簡洁的求和公式.這使其成為 $a_k$ 的绝佳候選.

因此，我们做出最优選择：令 $a_k = x^k$ 且 $b_k = k$ .

根据我们的選择，计算阿贝尔變換公式所需的各個部分：
$b_k = k \implies b_{k+1}-b_k = 1$ .
$A_k = \sum_{i=1}^{k} x^i = \frac{x(1-x^k)}{1-x}$ .
$A_n = \frac{x(1-x^n)}{1-x}$ .
$A_n b_n = \frac{nx(1-x^n)}{1-x}$ .

将上述構件代入阿贝尔變換公式：

\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

問題转化為计算新的、但更簡單的求和式 $\sum_{k=1}^{n-1} \frac{x(1-x^k)}{1-x}$ .

\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)

虽然最终的代數化簡過程较為繁琐，但到此為止，求和的核心問題已經解决.它将一個需要巧妙構造（錯位相减）的問題，转化為了一個遵循固定范式（阿贝尔變換）的程序化计算.這正是通法的力量所在.

\paragraph{部分分式型} 目標：推導 $\dfrac{1}{k(k+d)}$ 的裂項形式.

我们希望找到 $f(k)$ 使得 $f(k)-f(k+1)$ 與 $\frac{1}{k(k+d)}$ 成比例.差分运算通常会使分式的分母變得更複杂（通分導致階次升高）.因此, 一個合理的猜想是, 反差分函數 $f(k)$ 的分母應该比原通項更簡單.原通項分母是两個因子的乘積, 我们猜想 $f(k)$ 的分母只包含其中一個因子.

我们不妨猜想 $f(k) = \dfrac{1}{k}$ .

计算這個猜想的差分：

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

這個结果對于 $d=1$ 的情况直接成功.對于更一般的情况, 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)}

這個结果與我们的目標 $\frac{1}{k(k+d)}$ 只差一個常數因子 $d$ .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)

這不再是“凑巧”，而是通過係统性的“猜想-验證”過程推導出来的.

\paragraph{階乘添項型} 目標：推導 $k \cdot k!$ 的裂項形式.

我们寻找一個函數 $f(k)$ , 其差分 $f(k+1)-f(k)$ 等于 $k \cdot k!$ .階乘世界的基本运算單元是 $k!$ 本身.一個自然的猜想是, 反差分函數 $f(k)$ 應该與 $k!$ 结構相似.

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!

利用階乘的性質 $(k+1)! = (k+1) \cdot k!$ :

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

猜想一次成功.我们係统地推導出了恒等式 $k \cdot k! = (k+1)! - k!$ .

\paragraph{平方差裂項型} 我们寻找 $f(k)$ 使得 $f(k)-f(k+1)$ 等于目標通項.观察分母 $k^2(k+1)^2$ , 它提示我们反差分函數 $f(k)$ 的分母可能更簡單, 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}

递推關係與通項公式

{/* label: sec:ch07-s09 */}

递推關係刻画了數列局部項之間的演化规则，而通項公式揭示了數列的整體分布特征.本节建立由局部递推推導全局通項的代數框架.

和與項的互化關係

在數列研究中，前 $n$ 項和 $S_n$ 與通項 $a_n$ 包含的信息是等价的. $S_n$ 描述了數列的累積性質, 而 $a_n$ 描述了數列的局部特征.两者通過差分运算相互转化.

基本原理

定義

對于數列 $\{a_n\}$ , 其前 $n$ 項和定義為 $S_n = \sum_{k=1}^n a_k$ . 通項與和的關係為：

a_n = \begin{cases} S_1 & n = 1 S_n - S_{n-1} & n \ge 2 \end{cases}

几何上，這對應于從总长度中减去前一部分的长度，剩余即為当前項.

由 \texorpdfstring{ $S_n$

{Sn} 的解析式求 \texorpdfstring{ $a_n$ }{an}}

這是最直接的應用.计算时需严格区分 $n=1$ 與 $n \ge 2$ 的情况，最后檢验是否可以合并.

例

已知數列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 項和為 $S_n = n^2 + 1$ .求通項公式.

解

解析： 首先计算首項：

n=1: a_1 = S_1 = 1^2 + 1 = 2

接着计算一般項（ $n \ge 2$ ）：

\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}

最后進行一致性檢验：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.

结論：

a_n = \begin{cases} 2 & n = 1 2n - 1 & n \ge 2 \end{cases}

注

若 $S_n = An^2 + Bn + C$ , 则 $\{a_n\}$ 為等差數列的充要条件是常數項 $C=0$ .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} 的递推關係求 \texorpdfstring{ $a_n$ }{an}}

当已知条件给出 $S_n$ 與 $a_n$ 的混合關係时, 核心策略是利用“移位作差”消去 $S_n$ , 将關係转化為 $a_n$ 與 $a_{n-1}$ 的纯递推.

例

已知數列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1 = 1$ , 且 $2S_n = 3a_n + 1$ .求通項公式.

解

解析： 我们通過構造相邻項的等式来消除 $S_n$ .

對于 $n \ge 2$ ，寫出原式與降階后的式子：

\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}

這表明 $\{a_n\}$ 從第 2 項開始構成公比 $q=3$ 的等比數列.

檢验首項是否符合该规律：由已知 $a_1 = 1$ . 由递推式反推 $n=2$ 时： $a_2 = 3a_1 = 3$ .

若通項為 $a_n = 1 \cdot 3^{n-1}$ , 则 $a_1 = 3^0 = 1$ ，符合.

因此，通項公式為 $a_n = 3^{n-1}$ .

特例：连乘積與項的转化

類似于和與項的關係，若定義前 $n$ 項積 $T_n = \prod_{k=1}^n a_k$ （ $a_k \neq 0$ ），则有乘法形式的互化關係.

定義

a_n = \begin{cases} T_1 & n = 1 \frac{T_n}{T_{n-1}} & n \ge 2 \end{cases}

例

已知數列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 項積 $T_n = n^2$ .求通項公式.

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

檢验 $n=1$ ： $\left(\frac{1}{0}\right)^2$ 无意義（或趋于无穷）, 且原式计算 $n=1$ 时代入公式分母為零. 故公式不可合并.

结論：

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類型： \paragraph{類型 I： $S_n$ 為显式函數} 当 $S_n$ 以 $n$ 的函數形式给出时，直接利用定義求解.注意常數項往往導致首項不符合后續规律.

2022 全国卷

已知數列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 項和為 $S_n = n^2 + 4n - 3$ .求通項公式.

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}

檢验一致性：令 $n=1$ , 则 $2(1) + 3 = 5$ . 由于 $5 \neq a_1$ （实际 $a_1=2$ ），故通項公式不统一.

结論：

a_n = \begin{cases} 2 & n=1 \\ 2n+3 & n \ge 2 \end{cases}

\paragraph{類型 II：線性混合递推} 当条件给出 $a_n$ 與 $S_n$ 的線性關係时, 利用移位作差法消去 $S_n$ , 转化為 $a_n$ 與 $a_{n-1}$ 的纯递推關係.

2013 全国卷

若數列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 項和為 $S_n = \frac{2}{3}a_n + \frac{1}{3}$ , 求數列 $\{a_n\}$ 的通項公式.

解

解析： 首先确定首項 $a_1$ .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

對于 $n \ge 2$ ，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 $a_n = \frac{2}{3}a_n - \frac{2}{3}a_{n-1}$ . 移項整理：

\frac{1}{3}a_n = -\frac{2}{3}a_{n-1} \implies a_n = -2a_{n-1}

由此可知，數列 $\{a_n\}$ 從第 2 項開始满足公比 $q=-2$ 的等比關係. 验證首項：若公式 $a_n = a_1 \cdot q^{n-1}$ 對 $n=1$ 成立, 则需 $1 \cdot (-2)^0 = 1$ , 與实际 $a_1$ 一致.

因此，通項公式為 $a_n = (-2)^{n-1}$ .

\paragraph{類型 III：隐式與二次關係} 当關係式中包含 $a_n$ 的高次項时，通常需结合代數變形（如配方），挖掘其内在的结構.

2015 全国 I 卷

已知 $a_n \> 0$ , 且 $a_n^2 + 2a_n = 4S_n + 3$ .求 $\{a_n\}$ 的通項公式.

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 $a_1 = 3$ .

對于 $n \ge 2$ , 观察原式结構, 等号左边配方為 $(a_n+1)^2 - 1$ .

(a_n+1)^2 = 4S_n + 4

同理可寫出：

(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

利用平方差公式展開左边，或者直接展開计算：

(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

两边開方.由于 $a_n \> 0$ , 只能取正号 $a_n - 1 = a_{n-1} + 1$ （若取负号则導致 $a_n+a_{n-1}=0$ ，矛盾）.

a_n - a_{n-1} = 2

這表明 $\{a_n\}$ 是首項為 3，公差為 2 的等差數列.

通項公式為 $a_n = 3 + (n-1)2 = 2n + 1$ .

\paragraph{類型 IV：结構化消元} 当递推式呈現特定的代數结構（如平方差形式、根式形式）时，應优先考虑整體代換而非暴力展開.

2020 辽宁

已知數列 $\{a_n\}$ 各項均為正數, 其前 $n$ 項和為 $S_n$ .若 $a_1=1$ , 且 $\sqrt{S_{n+1}} + \sqrt{S_n} = a_{n+1}$ .求通項公式.

解

解析： 利用 $a_{n+1} = S_{n+1} - S_n$ ，将原式變形：

\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})

由于各項為正， $\sqrt{S_{n+1}} + \sqrt{S_n} \neq 0$ ，两边约去该公因子：

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

這表明數列 $\{\sqrt{S_n}\}$ 是一個等差數列, 公差 $d=1$ .

首項： $\sqrt{S_1} = \sqrt{a_1} = 1$ . 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, $a_n = S_n - S_{n-1} = n^2 - (n-1)^2 = 2n-1$ . 經檢验， $n=1$ 时 $2(1)-1=1$ ，符合.

故通項公式為 $a_n = 2n-1$ .

一階递推的基本形式

{/* label: sec:ch07-s10 */}

当递推關係僅涉及相邻两項的差或比时，數列的通項可以通過遍歷所有項的積累效應（求和或求積）直接还原.

累加法

形如 $a_{n+1} - a_n = f(n)$ 的递推關係. 该式表明，數列的增长率是關于 $n$ 的函數.

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)

裂項相消 求解的關键在于计算 $\sum f(k)$ .若 $f(k)$ 能被拆解為 $g(k+1) - g(k)$ 的形式，求和過程将極度簡化.

根式裂項

已知數列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$ , 且 $a_{n+1} = a_n + \frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n+1}}$ .求 $a_n$ .

解

解析： 将递推項變形，利用分母有理化構造差分形式：

f(n) = \frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n+1}} = \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}}{(n+1) - n} = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}

原递推式转化為：

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

對 $n \ge 2$ ，進行累加：

\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}

观察對消规律，中間項全部抵消，僅留首尾：

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

檢验 $n=1$ , $\sqrt{1}=1$ ，符合. 故 $a_n = \sqrt{n}$ .

分式裂項

已知 $a_1 = 2$ , 且 $a_{n+1} = a_n + \frac{1}{n^2+2n}$ .求 $a_n$ .

解

解析： 對 $f(n) = \frac{1}{n(n+2)}$ 進行部分分式分解：

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

累加求和（注意跨度為 2，需保留两項）：

\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}

剩余項為起始的正項 $1, \frac{1}{2}$ 與末尾的负項 $-\frac{1}{n}, -\frac{1}{n+1}$ ：

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

在數列 $\{a_n\}$ 中, $a_{1}=3, a_{n+1}=a_{n}+\frac{3}{n(n+1)}$ .求通項公式 $a_n$ .

解

解析： 观察递推式，差分項為 $f(n) = \frac{3}{n(n+1)}$ . 利用部分分式分解，将 $f(n)$ 裂項：

f(n) = 3 \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)

對于 $n \ge 2$ ，進行累加：

\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}

中間項相互抵消，僅留首尾：

a_n = 3 + 3 \left( 1 - \frac{1}{n} \right) = 6 - \frac{3}{n}

檢验 $n=1$ ： $6 - 3 = 3$ ，與已知一致. 故 $a_n = 6 - \frac{3}{n}$ .

\paragraph{構造性累加} 当递推關係不直接為差分形式，但两边结構相似时，可通過構造新數列转化為累加問題.

2021 全国乙卷

在數列 $\{a_{n}\}$ 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，形式均為“項除以項數”. 令 $b_n = \frac{a_n}{n}$ .则原式化為：

b_{n+1} = b_n + \ln\left(\frac{n+1}{n}\right)

即 $b_{n+1} - b_n = \ln(n+1) - \ln n$ .

這是一個標准的累加形式.對于 $n \ge 2$ ：

\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)

經檢验 $n=1$ 时成立.

累乘法

形如 $a_{n+1} = f(n) \cdot a_n$ 的递推關係. 该式表明，數列的增长比例是關于 $n$ 的函數.

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 求解關键在于将 $f(k)$ 寫成“分子-分母”錯位對應的形式，使连乘積發生大规模约分.

Wallis 型约分

已知數列 $\{a_n\}$ 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 $n^2-1 = (n-1)(n+1)$ .递推式定義域需 $n \ge 2$ , 即從 $a_2$ 開始.題目通常会给出 $a_1, a_2$ 或修正索引. 此处假设递推對 $n \ge 2$ 成立, 求 $a_n$ ( $n \ge 3$ ).

将因子结構化：

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

累乘展開：

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}

剩余項：

a_n = a_2 \cdot 2 \cdot \frac{n-1}{n} = \frac{2(n-1)}{n} a_2

指數型累乘

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}

转化為指數求和（等差數列）：

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

2023 全国乙卷

數列 $\{a_{n}\}$ 满足： $a_{1}=\frac{1}{2}$ , 且 $S_n = n^{2} a_{n}$ .求 $\{a_{n}\}$ 的通項公式.

解

解析： 首先寻找相邻項的比值關係. 当 $n \ge 2$ 时, 由 $a_n = S_n - S_{n-1}$ 出發：

a_n = n^2 a_n - (n-1)^2 a_{n-1}

移項整理：

(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}

观察分子分母的對消模式（跨度為 2）：分子保留前两項： $1, 2$ . 分母保留后两項： $n, n+1$ .

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

檢验 $n=1$ ： $\frac{1}{1(2)} = \frac{1}{2}$ , 與 $a_1$ 一致. 故 $a_n = \frac{1}{n(n+1)}$ .

\paragraph{加权和的剥离} 形如 $\sum c_k a_k = f(n)$ 的關係式, 本質上是给出了一個新數列 $\{c_n a_n\}$ 的前 $n$ 項和.利用差分即可求出 $c_n a_n$ , 進而求出 $a_n$ .

2019 江苏

已知 $\sum_{k=1}^n 2^{k-1}a_k = 9-6n$ .求數列 $\{a_{n}\}$ 的通項公式.

解

解析： 令 $T_n = \sum_{k=1}^n 2^{k-1}a_k = 9-6n$ . 则數列 $\{2^{n-1}a_n\}$ 的第 $n$ 項可表示為 $T_n - T_{n-1}$ .

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}

檢验 $n=1$ ：代入公式得 $-3 \cdot (\frac{1}{2})^{-1} = -6$ , 而实际 $a_1=3$ . 故公式不统一.

结論：

a_n = \begin{cases} 3 & n=1 \\ -3 \cdot (\frac{1}{2})^{n-2} & n \ge 2 \end{cases}

结構匹配與變形

有时递推關係并不直接呈現為差或比的形式，但通過移項或同除，可以構造出具備上述特征的新數列.

類型：同型構造 若递推式形如 $g(n+1)a_{n+1} = g(n)a_n$ , 则可定義 $b_n = g(n)a_n$ , 此时 $b_{n+1} = b_n$ , 即 $\{b_n\}$ 為常數列.

例

已知 $a_1=1$ , 且 $n a_{n+1} = (n+1) a_n + 2n(n+1)$ .求 $a_n$ .

解

解析： 观察係數 $n$ 與 $n+1$ , 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 $b_{n+1} - b_n = 2$ . 數列 $\{b_n\}$ 是公差為 2 的等差數列.

首項： $b_1 = \frac{a_1}{1} = 1$ .

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

还原 $a_n$ ：

a_n = n b_n = n(2n-1) = 2n^2 - n

線性递推與代數構造

处理 $a_{n+1} = p a_n + f(n)$ ( $p \neq 1$ ) 形式的递推關係，核心在于通過待定係數法或同除變形，構造新的等比數列或等差數列.

常數項構造

当 $f(n) = q$ 為常數时, 即 $a_{n+1} = p a_n + q$ . 设 $a_{n+1} + \lambda = p(a_n + \lambda)$ , 展開比對得 $\lambda(1-p) = q$ , 即 $\lambda = \frac{q}{1-p}$ . 此时數列 $\{a_n + \lambda\}$ 為公比為 $p$ 的等比數列.

同除構造

当 $f(n)$ 為指數函數 $c \cdot p^n$ 或多項式时, 常在等式两边同除以 $p^{n+1}$ ，转化為累加形式.

例

已知 $a_1 = 1$ , 且 $a_{n+1} = 2a_n + 3^n$ .求 $a_n$ .

備註

證明（解析）

观察非齐次項 $3^n$ , 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 $\lambda = -1$ . 數列 $\{b_n - 1\}$ 是首項為 $b_1 - 1 = \frac{1}{3} - 1 = -\frac{2}{3}$ , 公比為 $\frac{2}{3}$ 的等比數列.

\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

非線性递推的變換技巧

通過代數變換，可将部分非線性递推转化為線性递推.

倒數變換

针對分式線性形式 $a_{n+1} = \frac{A a_n}{B a_n + C}$ .若 $C \neq 0$ ，取倒數得：

\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 $b_n = \frac{1}{a_n}$ , 即转化為 $b_{n+1} = p b_n + q$ 形式.

\small *圖示：倒數變換将雙曲線型衰减序列转化為線性增长序列.* \normalsize

對數變換

针對幂指形式 $a_{n+1} = C a_n^k$ ( $a_n \> 0$ ).两边取對數：

\ln a_{n+1} = k \ln a_n + \ln C

令 $b_n = \ln a_n$ ，即转化為線性递推.

二階常係數線性递推

形如 $a_{n+2} = p a_{n+1} + q a_n$ 的递推關係, 其通項结構由特征方程 $x^2 - px - q = 0$ 的根决定.

定理

设特征方程 $x^2 - px - q = 0$ 的两根為 $\lambda_1, \lambda_2$ .

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

求斐波那契數列變體 $a_1=1, a_2=5$ , 且 $a_{n+2} = 5a_{n+1} - 6a_n$ 的通項.

備註

證明（解析）

寫出特征方程：

x^2 - 5x + 6 = 0 \implies (x-2)(x-3) = 0

特征根為 $\lambda_1 = 2, \lambda_2 = 3$ . 设通項為 $a_n = c_1 \cdot 2^n + c_2 \cdot 3^n$ . 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

二階常係數線性递推關係形如 $a_{n+2} = p a_{n+1} + q a_n$ .特征方程 $x^2 - px - q = 0$ 是基于**“试探解”** 的自然产物，其背后的數學逻辑與微分方程求解如同出一辙.

回顾一階递推 $a_{n+1} = p a_n$ . 显然，其通項公式為等比數列形式：

a_n = a_1 \cdot p^{n-1} = C \cdot p^n

這提示我们：指數形式 $x^n$ 是線性递推關係最自然的解的结構. 因此，對于二階關係，我们不妨大胆假设：通項公式也具有 $a_n = x^n$ 的形式（其中 $x \neq 0$ 為待定常數）.

将猜想解 $a_n = x^n$ 代入原递推關係式：

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

這便得到了该递推關係的特征方程.

這個方程告诉我们：只有当 $x$ 取特征方程的根（ $\lambda_1, \lambda_2$ ）时, 函數 $x^n$ 才是原递推關係的解.

基本解： $\lambda_1^n$ 和 $\lambda_2^n$ 都是满足条件的特解.
線性叠加： 由于递推關係是線性的（不含 $a_n^2$ 或 $a_n a_{n+1}$ 等項），特解的線性组合依然是解.

由此構造出通解：

a_n = c_1 \lambda_1^n + c_2 \lambda_2^n

当然，“特征方程”這一名称借用于線性代數（讀者可以看第五卷）.我们可以将递推關係改寫為矩陣形式，從而看到更本質的结構.

定義向量 $\mathbf{v}_n = \begin{pmatrix} a_{n+1} \\ a_n \end{pmatrix}$ . 递推關係可以表示為線性變換：

\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 $\mathbf{v}_{n+1} = A \mathbf{v}_n$ .由此推導 $\mathbf{v}_n = A^{n} \mathbf{v}_0$ .

求解 $A^n$ 的關键在于求矩陣 $A$ 的特征值. 计算 $A$ 的特征多項式 $|\lambda I - A| = 0$ ：

\det \begin{pmatrix} \lambda - p & -q \\ -1 & \lambda \end{pmatrix} = (\lambda - p)\lambda - (-q)(-1) = \lambda^2 - p\lambda - q = 0

這與代數法推導出的方程完全一致. 數列的通項公式，本質上就是矩陣 $A$ 在特征向量基下的幂运算结果.

特殊结構：隔項與周期

部分數列的规律并非單一解析式，需依据項數的奇偶性或周期性分别讨論.

\paragraph{奇偶項讨論} 若递推關係跨度為 2（如 $a_{n+2}$ 與 $a_n$ 相關）, 或係數含 $(-1)^n$ , 通常将 $\{a_{2k}\}$ 與 $\{a_{2k-1}\}$ 视為两個子數列分别求解.

\paragraph{周期性} 若计算發現 $a_{n+k} = a_n$ 對某定值 $k$ 成立, 则數列為周期數列.利用归纳法或模运算确定通項.常见于分式迭代, 如 $a_{n+1} = 1 - \frac{1}{a_n}$ （周期為 3）.

例

已知 $a_1 = 2$ , 且 $a_{n+1} = -a_n + 2$ .求 $a_n$ .

備註

證明（解析）

计算前几項： $a_1 = 2$ . $a_2 = -2 + 2 = 0$ . $a_3 = -0 + 2 = 2$ . 观察知數列呈 $2, 0, 2, 0, ...$ 交替.

分奇偶讨論：

a_n = \begin{cases} 2 & n \text{ 為奇數} \\ 0 & n \text{ 為偶數} \end{cases}

也可合寫為 $a_n = 1 + (-1)^{n+1}$ .

迭代與不动点

{/* label: sec:ch07-s11 */}

在前文中，我们讨論了递推公式，即通過前一項或几項计算后一項的规则. 若将這一规则视為一個函數 $f$ ，则數列的生成過程可以看作是该函數的反複作用. 這种重複應用函數的過程称為迭代.

迭代不僅是生成數列的一种方式，更是現代數學與计算机科學中求解方程、优化模型的核心思想. 從古巴比伦人计算平方根，到現代计算机训練神經網络，其底层逻辑皆源于此.

不动点與方程求解

在數學分析與數值计算中，不动点是一個核心概念. 它不僅具有几何上的直观意義，更是连接代數方程求解與动态迭代過程的桥梁.

不动点

设 $f: D \to D$ 是一個函數. 如果存在 $x^* \in D$ 使得

f(x^*) = x^*

则称 $x^*$ 為函數 $f$ 的不动点.

從几何上看，函數 $y=f(x)$ 的圖像與直線 $y=x$ 的交点的横坐標，即為该函數的不动点.

求解代數方程 $g(x) = 0$ 是數學中最古老的問題之一. 對于五次及以上的多項式方程或超越方程（如 $x = \cos x$ ），通常不存在代數求根公式. 此时，我们需要将静态的“求根”問題转化為动态的“迭代”問題.

考虑方程 $g(x) = 0$ . 我们可以通過代數變形, 将其改寫為等价形式 $x = f(x)$ . 例如：

簡單移項： $x = x + \lambda g(x)$ （其中 $\lambda \neq 0$ ）.
牛顿法構造： $x = x - \frac{g(x)}{g'(x)}$ .

此时，方程 $g(x)=0$ 的根, 即為辅助函數 $f(x)$ 的不动点. 一旦将方程转化為 $x = f(x)$ 的形式，我们便可以構造迭代序列：

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 $f$ 是连續函數，则

x^* = \lim_{n \to \infty} x_{n+1} = \lim_{n \to \infty} f(x_n) = f(x^*)

即極限值 $x^*$ 必為 $f$ 的不动点, 也就是原方程 $g(x)=0$ 的根.

不动点法求通項的原理

不动点法的核心思想是坐標變換. 通過将原点平移至不动点，或者選取以不动点為基准的參照係，可以将複杂的非齐次或非線性递推關係，转化為簡單的等比數列或等差數列.

線性递推中的平移變換

考虑一階線性递推關係：

a_{n+1} = p a_n + q (p \neq 1, q \neq 0)

這是一個非齐次線性方程（含有常數項 $q$ ）. 我们的目標是消去常數項 $q$ ，将其转化為齐次形式（即等比數列）.

设该迭代函數 $f(x) = px+q$ 的不动点為 $c$ . 则 $c$ 满足：

c = p c + q

将原递推式與不动点方程相减：

\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 $b_n = a_n - c$ . 上式即為 $b_{n+1} = p b_n$ . 這表明，虽然數列 $\{a_n\}$ 本身不是等比數列, 但它相對于不动点 $c$ 的距离 $\{a_n - c\}$ 構成了一個公比為 $p$ 的等比數列.

原理总结： 寻找不动点本質上是寻找一個“静止”的參照物. 通過變換 $b_n = a_n - c$ （即坐標平移）, 我们将非齐次的仿射變換 $x \mapsto px+q$ 转化為了齐次的線性變換 $y \mapsto py$ .

分式線性递推中的比值變換

考虑分式線性递推關係（莫比乌斯變換）：

a_{n+1} = \frac{p a_n + q}{r a_n + s} (r \neq 0, ps-qr \neq 0)

设其迭代函數 $f(x) = \frac{px+q}{rx+s}$ . 若直接迭代，通項公式極其複杂. 此时不动点法通過構造“交比”将其線性化.

\paragraph{情形一：有两個相异不动点 $\alpha, \beta$ } 不动点满足 $f(\alpha)=\alpha, f(\beta)=\beta$ . 我们考察 $a_{n+1}$ 與不动点的距离之比.

\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，消去複杂的公因子：

\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 $b_n = \frac{a_n - \alpha}{a_n - \beta}$ . 上式即為 $b_{n+1} = k b_n$ , 其中 $k = \frac{r \beta + s}{r \alpha + s}$ 為常數.

原理总结： 這种變換本質上是射影几何中的坐標變換. 通過将两個不动点 $\alpha, \beta$ 映射為 $0$ 和 $\infty$ ，原有的非線性迭代被“拉直”為一個簡單的乘法迭代（等比數列）.

\paragraph{情形二：有唯一重根不动点 $\alpha$ } 此时 $\alpha = \beta$ , 上述比值變換失效（分母為零）. 此时不动点 $\alpha$ 满足 $r\alpha^2 + (s-p)\alpha - q = 0$ , 且判别式為零, 即 $\alpha = \frac{p-s}{2r}$ . 我们考察倒數變換：

\frac{1}{a_{n+1} - \alpha} = \frac{r a_n + s}{(p a_n + q) - \alpha(r a_n + s)}

利用 $\alpha$ 的代數性質化簡分母，最终可得：

\frac{1}{a_{n+1} - \alpha} = \frac{1}{a_n - \alpha} + \frac{r}{p - r\alpha}

令 $b_n = \frac{1}{a_n - \alpha}$ . 上式即為 $b_{n+1} = b_n + d$ .

原理总结： 当两個不动点重合时，几何上的“旋转/缩放”退化為“平移”. 倒數變換将原數列转化為等差數列. 這對應于矩陣的若尔当標准型（Jordan Normal Form）理論：当特征值相等时，无法對角化，只能化為若尔当块，對應于線性增长（等差數列）.

总结

利用不动点求通項公式，并非簡單的代數巧合，而是动力係统線性化的體現：

寻找平衡位置： 解方程 $f(x)=x$ 找到係统的不动点.
建立新坐標係： 以不动点為參照，定義新數列 $b_n$ （如 $a_n-c$ 或 $\frac{a_n-\alpha}{a_n-\beta}$ ）.
線性化迭代： 在新坐標係下，複杂的迭代關係退化為最基本的線性關係（ $b_{n+1} = k b_n$ 或 $b_{n+1} = b_n + d$ ）.
还原： 利用等比/等差數列公式求出 $b_n$ , 再逆變換回 $a_n$ .

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關键, 在于函數 $f$ 是否具有“压缩”空間的性質. 這一思想由波兰數學家巴拿赫（Stefan Banach）形式化為压缩映射原理（或巴拿赫不动点定理）. 它是現代數值分析中迭代法收敛性的理論基石.

压缩映射

设 $f$ 定義在区間 $[a, b]$ 上, 且其值域仍在 $[a, b]$ 内. 若存在常數 $0 \le k \< 1$ , 使得對于区間内任意 $x, y$ ，都有

|f(x) - f(y)| \le k |x - y|

则称 $f$ 為该区間上的一個压缩映射, 常數 $k$ 称為压缩係數.

直观上，压缩映射使得任意两点在經過函數作用后，其距离變得更近.

压缩映射原理

若 $f$ 是闭区間 $[a, b]$ 上的压缩映射，则：

$f$ 在 $[a, b]$ 内存在且僅存在一個不动点 $x^*$ .
對于任意初始值 $x_0 \in [a, b]$ , 迭代序列 $x_{n+1} = f(x_n)$ 均收敛于 $x^*$ .
誤差满足估计式： $|x_n - x^*| \le \frac{k^n}{1-k} |x_1 - x_0|$ .

若函數 $f$ 可導, 根据拉格朗日中值定理, $|f(x) - f(y)| = |f'(\xi)| |x - y|$ . 因此, 判断 $f$ 是否為压缩映射的一個充分条件是：在区間内恒有 $|f'(x)| \le k \< 1$ .

\captionof{figure}{迭代過程的几何表示（蛛網圖）. 數列 \texorpdfstring{ $\{x_n\}$ }{{x_n}} 在 \texorpdfstring{ $y=x$ }{y=x} 與 \texorpdfstring{ $y=f(x)$ }{y=f(x)} 之間折返，逼近交点（不动点）.}

巴比伦算法

在计算器出現之前，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 $x^2 = S$ ( $S\>0$ ). 我们将其改寫為 $x = \frac{S}{x}$ . 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 $x_n$ 與 $\frac{S}{x_n}$ 之間. 取二者的算术平均值作為下一次的近似, 應当比 $x_n$ 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 $\sqrt{2} \approx 1.41421356$ . 僅迭代三次, 誤差已小于 $10^{-5}$ .

考察该迭代的收敛性. 设函數 $f(x) = \frac{1}{2}(x + \frac{S}{x})$ . 不动点方程為 $x = \frac{1}{2}(x + \frac{S}{x}) \implies 2x = x + \frac{S}{x} \implies x = \frac{S}{x} \implies x^2 = S$ . 不动点确為 $\sqrt{S}$ .

计算導數：

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 $\sqrt{S}$ 附近具有極快的收敛速度（二階收敛）.

牛顿迭代法

我们已經在函數一节谈過這個迭代方法了，不過我们必须指出，巴比伦算法实际上是牛顿迭代法的一個特例.

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：利用切線来逼近曲線. 在点 $(x_n, f(x_n))$ 处作曲線 $y=f(x)$ 的切線. 切線方程為：

y - f(x_n) = f'(x_n)(x - x_n)

令 $y=0$ , 求出切線與 $x$ 轴的交点, 作為下一次的近似值 $x_{n+1}$ ：

-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義：利用切線的根作為曲線根的近似.}

例

利用牛顿法推導求 $k$ 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, 公式變為 $x_{n+1} = \frac{1}{2}x_n + \frac{1}{2}\frac{S}{x_n}$ ，這正是巴比伦算法.

數列的單调性

{/* label: sec:ch07-s12 */}

当我们观察一個數列时，除了關心它的具體數值，更重要的是理解其整體的动态行為與长期趋势.數列的項是随着項數 $n$ 的增加而持續增长、持續衰减，还是在无序地上下摇摆？描述這种“增”或“减”的稳定趋势的數學語言，就是數列的單调性.

這個概念與我们在函數研究中遇到的單调性一脉相承. 函數的單调性描述了因變量如何随自變量连續變化，而數列的單调性则描述了數列的項如何随項數 $n$ 這個离散的整數變量而變化. 能够准确地判断并證明一個數列的單调性，是分析其收敛性、探求其界限以及解决相關不等式問題的基礎.

定義

單调數列

设有一個數列 $\{a_n\}$ .

如果對于任意正整數 $n$ , 恒有 $a_{n+1} \> a_n$ , 那么称數列 $\{a_n\}$ 為递增數列.
如果對于任意正整數 $n$ , 恒有 $a_{n+1} \< a_n$ , 那么称數列 $\{a_n\}$ 為递减數列.
如果對于任意正整數 $n$ , 恒有 $a_{n+1} \ge a_n$ , 那么称數列 $\{a_n\}$ 為非减數列.
如果對于任意正整數 $n$ , 恒有 $a_{n+1} \le a_n$ , 那么称數列 $\{a_n\}$ 為非增數列.

递增數列和递减數列统称為严格單调數列. 非减數列和非增數列统称為單调數列.

判断方法

判断一個數列的單调性，本質上是比较相邻两項 $a_{n+1}$ 與 $a_n$ 的大小關係. 根据數列通項公式的结構特征，我们有几种行之有效的基本方法.

\paragraph{法一：作差法} 這是判断單调性最基本、最直接的方法，其思想源于定義的直接應用. 通過计算相邻两項的差 $d_n = a_{n+1} - a_n$ , 然后判断這個差值的符号.

若對于一切 $n \in \mathbb{N}^*$ , 恒有 $a_{n+1} - a_n \> 0$ , 则 $\{a_n\}$ 是递增數列.
若對于一切 $n \in \mathbb{N}^*$ , 恒有 $a_{n+1} - a_n \< 0$ , 则 $\{a_n\}$ 是递减數列.

對于非严格單调的情况，只需将不等号換為 $\ge$ 或 $\le$ .

例

判断數列 $\left\{\dfrac{n}{2n+1}\right\}$ 的單调性.

解

解析: 设 $a_n = \dfrac{n}{2n+1}$ . 我们考察相邻两項之差.

\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}

由于對于任意正整數 $n$ , 分母 $(2n+3)(2n+1)$ 恒為正數. 因此, $a_{n+1} - a_n = \dfrac{1}{(2n+3)(2n+1)} \> 0$ 恒成立. 故數列 $\left\{\dfrac{n}{2n+1}\right\}$ 是一個递增數列.

\paragraph{法二：作商法} 当數列的各項均為正數时，比较 $a_{n+1}$ 與 $a_n$ 的大小等价于比较它们的比值 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}$ 與 $1$ 的大小. 這种方法尤其适用于通項中含有指數、階乘或连乘積形式的數列. 设數列 $\{a_n\}$ 满足 $a_n \> 0$ .

若對于一切 $n \in \mathbb{N}^*$ , 恒有 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n} \> 1$ , 则 $\{a_n\}$ 是递增數列.
若對于一切 $n \in \mathbb{N}^*$ , 恒有 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n} \< 1$ , 则 $\{a_n\}$ 是递减數列.

例

判断數列 $\left\{\dfrac{3^n}{n!}\right\}$ 的單调性.

解

解析: 设 $a_n = \dfrac{3^n}{n!}$ . 显然對于所有 $n \in \mathbb{N}^*$ , $a_n \> 0$ , 故可以使用作商法. 我们考察相邻两項之比.

\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}

我们需要比较這個比值與 $1$ 的大小關係. 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 $a_3 = a_2$ , 而對于 $n \ge 3$ , 有 $a_{n+1} \< a_n$ . 该數列不是一個單调數列. 它先增后不變, 然后開始递减. 具體地, $a_1=3, a_2=4.5, a_3=4.5, a_4=3.375, ...$ .

\paragraph{法三：函數法} 如果數列的通項 $a_n$ 可以看作是某個函數 $f(x)$ 在正整數点上的取值, 即 $a_n = f(n)$ , 那么函數 $f(x)$ 的單调性便可以為我们提供關于數列 $\{a_n\}$ 單调性的關键信息. 若函數 $f(x)$ 在区間 $[1, +\infty)$ 上是單调递增(或递减)的, 那么數列 $\{a_n\}$ 也必然是單调递增(或递减)的. 在实践中, 我们通常利用導數来判断函數 $f(x)$ 的單调性.

注意

需要注意的是, 我们只關心函數在整數点上的行為. 因此, 即使函數 $f(x)$ 不是在整個 $[1, +\infty)$ 区間上單调, 只要它在某個区間 $[N, +\infty)$ ( $N$ 為正整數) 上單调, 我们就可以断定數列 $\{a_n\}$ 從第 $N$ 項開始是單调的.

例

判断數列 $\left\{\dfrac{\ln n}{n}\right\}$ 的單调性.

解

解析: 设 $a_n = \dfrac{\ln n}{n}$ . 考虑構造函數 $f(x) = \dfrac{\ln x}{x}$ for $x \ge 1$ . 我们利用導數来研究其單调性.

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 $1 - \ln x \< 0$ , $f'(x) \< 0$ .

這表明函數 $f(x)$ 在 $(0, e)$ 上單调递增, 在 $(e, +\infty)$ 上單调递减.

由于 $e \approx 2.718$ , 我们需要考察整數点 $n=1, 2, 3$ 附近的行為. $a_1 = \dfrac{\ln 1}{1} = 0$ . $a_2 = \dfrac{\ln 2}{2} \approx \dfrac{0.693}{2} = 0.3465$ . $a_3 = \dfrac{\ln 3}{3} \approx \dfrac{1.098}{3} = 0.366$ . $a_4 = \dfrac{\ln 4}{4} = \dfrac{2\ln 2}{4} = \dfrac{\ln 2}{2} \approx 0.3465$ .

我们有 $a_1 \< a_2 \< a_3$ , 而 $a_3 \> a_4$ . 由于函數 $f(x)$ 在 $x\>e$ 后單调递减, 那么對于所有满足 $n \ge 3$ 的整數, 必然有 $a_{n+1} = f(n+1) \< f(n) = a_n$ . 因此, 该數列從第 $3$ 項開始是严格递减的, 但它不是一個整體上的單调數列.

單调性判断方法总结

作差法: 通用性最强, 是定義的直接體現. 适用于大多數多項式或分式形式的通項.
作商法: 适用于各項為正, 且通項包含指數、階乘等乘法结構的情况.
函數法: 适用于通項易于擴展為连續函數, 且该函數的導數易于求解和分析的情况. 是处理複杂通項的有力武器.

選择何种方法, 取决于對數列通項 $a_n$ 结構特征的洞察.

奇偶數列*

{/* label: sec:ch07-s13 */}

整數的奇偶性是其最基本的數論属性. 当我们将研究對象從單個整數擴展到按规律排列的整數序列时, 一個自然的問題便是：數列中各項的奇偶性是否也遵循某种规律？

對數列奇偶性的研究, 本質上是在模 $2$ 的算术體係下审视數列的行為. 這种“降維”的视角转換, 常常能将一個看似複杂的递推關係, 化归為一個極其簡單的、甚至具有周期性的新關係. 因此, 奇偶性分析不僅是判断數列項基本性質的手段, 更是在解决數論問題、證明某些項不可能具有特定形式（如完全平方數）时, 一种出人意料的有力工具. 它揭示了數列在最基礎的二元结構中所展現的内在节律.

定義與判断

對于一個各項均為整數的數列 $\{a_n\}$ , 我们可以根据其項的奇偶性對其進行分類, 并引出其伴随的奇偶性序列.

奇數列與偶數列

设 $\{a_n\}$ 是一個整數數列.

如果對于任意正整數 $n$ , 數列的項 $a_n$ 均為奇數, 则称 $\{a_n\}$ 為奇數列.
如果對于任意正整數 $n$ , 數列的項 $a_n$ 均為偶數, 则称 $\{a_n\}$ 為偶數列.

判断一個數列的奇偶性, 主要有两种途径：從通項公式入手, 或從递推關係入手.

\paragraph{法一：基于通項公式的分析} 如果數列的通項公式 $a_n = f(n)$ 已知, 我们可以直接分析函數值 $f(n)$ 在 $n$ 取遍正整數时的奇偶性. 這通常需要讨論 $n$ 的奇偶性.

例

判断數列 $a_n = n^2+3n+5$ 的奇偶性.

解

解析: 我们将通項進行因式分解和重组, 以揭示其结構:

a_n = n(n+3)+5

我们對項數 $n$ 的奇偶性進行讨論.

若 $n$ 為偶數, 设 $n=2k$ ( $k \in \mathbb{N}^*$ ). 则 $n$ 是偶數, 故 $n(n+3)$ 是偶數. $a_n = (\text{偶數}) + 5 = (\text{偶數}) + (\text{奇數}) = (\text{奇數})$ .
若 $n$ 為奇數, 设 $n=2k-1$ ( $k \in \mathbb{N}^*$ ). 则 $n+3$ 是偶數, 故 $n(n+3)$ 是偶數. $a_n = (\text{偶數}) + 5 = (\text{偶數}) + (\text{奇數}) = (\text{奇數})$ .

綜合两种情况, 對于所有正整數 $n$ , $a_n$ 均為奇數. 因此, $\{a_n\}$ 是一個奇數列.

\paragraph{法二：基于递推關係的分析} 当數列由递推關係定義时, 我们无法直接看到每一項的性質. 但我们可以分析奇偶性是如何通過递推關係遗传下去的. 這需要我们运用模 $2$ 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, $0 \times 0 \equiv 0 \pmod 2$

通過将原递推關係中的每一項都替換為其模 $2$ 的余數 (奇數 $\to 1$ , 偶數 $\to 0$ ), 我们可以得到一個關于奇偶性的新递推關係.

例

分析斐波那契數列 $\{F_n\}$ ( $F_1=1, F_2=1$ ) 的各項奇偶性规律.

解

解析: 斐波那契數列的递推關係為 $F_{n+2} = F_{n+1} + F_n$ . 我们考察其各項模 $2$ 的余數, 设 $b_n \equiv F_n \pmod 2$ . 则 $\{b_n\}$ 满足递推關係 $b_{n+2} \equiv b_{n+1} + b_n \pmod 2$ .

我们從初始項開始计算這個新的“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 $\{b_n\}$ 的前几項為 $1, 1, 0, 1, 1, 0, ...$ . 我们观察到, 序列以“奇, 奇, 偶”的模式循环出現, 其周期為 $3$ . 因此, 斐波那契數列的奇偶性规律為: $F_n$ 是偶數, 当且僅当項數 $n$ 是 $3$ 的倍數.

例

已知數列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1, a_{n+1} = 5a_n + 8$ . 證明 $\{a_n\}$ 是一個奇數列.

解

證明: 我们使用數學归纳法, 并结合奇偶性分析. 设命題 $P(n)$ 為: “ $a_n$ 是一個奇數”.

奠基步骤: 当 $n=1$ 时, $a_1 = 1$ , 是一個奇數. 故 $P(1)$ 成立.

归纳步骤: 假设当 $n=k$ ( $k \ge 1$ ) 时命題成立, 即 $a_k$ 是一個奇數. 我们需要證明当 $n=k+1$ 时, $a_{k+1}$ 也是一個奇數.

考察递推關係 $a_{k+1} = 5a_k + 8$ . 根据归纳假设, $a_k$ 是奇數. 因此:

\begin{aligned} a_{k+1} &= (\text{奇數}) \times a_k + (\text{偶數}) &= (\text{奇數}) \times (\text{奇數}) + (\text{偶數}) &= (\text{奇數}) + (\text{偶數}) &= (\text{奇數}) \end{aligned}

這證明了 $P(k+1)$ 成立.

或者, 我们可以使用更為形式化的同余語言. $a_{n+1} \equiv 5a_n + 8 \pmod 2$ . 由于 $5 \equiv 1 \pmod 2$ 且 $8 \equiv 0 \pmod 2$ , 上式化為:

a_{n+1} \equiv 1 \cdot a_n + 0 \pmod 2 \implies a_{n+1} \equiv a_n \pmod 2

這表明后一項的奇偶性與前一項完全相同. 由于首項 $a_1=1$ 是奇數, 即 $a_1 \equiv 1 \pmod 2$ . 因此, 對于所有正整數 $n$ , 都有 $a_n \equiv a_1 \equiv 1 \pmod 2$ . 這意味着 $\{a_n\}$ 的每一項都是奇數.

根据數學归纳法原理, 命題得證.

數列的周期性

{/* label: sec:ch07-s14 */}

来龙去脉

周期性，在离散的數列领域，這种循环模式同样扮演着至關重要的角色.一個數列的項在經過一定“間隔”后開始精确地重複自身的取值，這种現象便是數列的周期性.

對周期性的研究，不僅是识别數列外在规律的問題，更是深入其内在代數结構的钥匙.特别地，当數列的递推關係涉及到模运算或定義在有限集合上的操作时，周期性几乎是必然出現的结果.理解并掌握判断數列周期性的方法，是解决许多數論和组合問題，尤其是处理那些項數極大、无法直接计算的數列問題的核心策略.

定義與性質

我们首先對數列的周期性给出严格的數學定義.

周期數列

對于數列 $\{a_n\}$ , 如果存在一個正整數 $T$ , 使得對于所有大于或等于某個正整數 $n_0$ 的 $n$ , 恒有等式 $a_{n+T} = a_n$ 成立, 则称數列 $\{a_n\}$ 為周期數列.

周期與最小正周期

在上述定義中，满足条件的任意一個正整數 $T$ 都被称為數列 $\{a_n\}$ 的一個周期.

在所有的周期中，最小的那個正整數被称為该數列的最小正周期 (或主周期). 通常情况下，当我们提及一個數列的“周期”时，若无特别說明，即指其最小正周期.

一個直接的推論是，若 $T$ 是數列的最小正周期, 则任何形如 $kT$ ( $k \in \mathbb{N}^*$ ) 的整數也是该數列的周期. 周期數列最重要的性質在于, 其所有項的取值被限定在一個有限的集合内, 整個數列的无限信息被压缩在一個长度為 $T$ 的“周期块”中.

还有一种更廣義的周期性，不過高考里基本用不到（幸运的话你可能会在一些所谓的创新題里遇见.）

最终周期數列

如果一個數列從某一項之后才開始呈現周期性，即存在正整數 $N$ 和 $T$ , 使得對于所有 $n \> N$ , 恒有 $a_{n+T} = a_n$ 成立，则称该數列為最终周期數列.

數列的前 $N$ 項 $\{a_1, a_2, ..., a_N\}$ 構成了數列的預周期部分.

周期性的判定

如何判定一個由递推關係定義的數列是否具有周期性？核心思想是考察係统“状态”的演化. 對于一個 $k$ 階递推關係 $a_{n+k} = f(a_{n+k-1}, ..., a_n)$ , 數列在第 $n$ 步的“状态”可以由一個 $k$ 維向量 $\mathbf{v}_n = (a_n, a_{n+1}, ..., a_{n+k-1})$ 来完全描述. 只要某一步的状态 $\mathbf{v}_m$ 與之前的某一步状态 $\mathbf{v}_l$ ( $l \< m$ ) 完全相同, 那么由确定性的递推關係保證, 從此之后的每一項都将精确地重複之前的演化路径, 數列由此進入周期.

這一观察在與同余理論结合时，会展現出巨大的威力. 如果一個整數數列 $\{a_n\}$ 是在模 $m$ 的意義下被考察, 那么每一項 $a_n \pmod m$ 的取值只有 $m$ 种可能. 相應地, $k$ 維状态向量 $\mathbf{v}_n$ 的每一個分量也只有 $m$ 种可能, 從而总的状态數不超過 $m^k$ 种. 根据鸽巢原理, 在至多 $m^k+1$ 次状态转移后, 必然有两個状态是完全相同的. 這為我们提供了一個極其强大的结論：

定理

任何一個整係數線性递推關係定義的整數數列，在模任意正整數 $m$ 的意義下，必然是一個周期數列.

例

已知數列 $\{a_n\}$ 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: 我们直接從初始項開始计算數列的前几項, 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

我们發現 $a_7=a_1$ 且 $a_8=a_2$ . 由于這是一個二階递推關係, 当连續两項重複时, 后續所有項也将随之重複.

该數列為 $1, 1, 0, -1, -1, 0, 1, 1, ...$ . 其重複的周期块為 $(1, 1, 0, -1, -1, 0)$ . 因此, 该數列是一個周期數列, 其最小正周期為 $6$ .

延伸思考

该递推關係的特征方程為 $x^2 - x + 1 = 0$ , 其根為 $x = \frac{1 \pm \sqrt{-3}}{2} = e^{\pm i\pi/3}$ , 這是單位圓上的 $6$ 次單位根. 這深刻地揭示了该數列周期為 $6$ 的代數本質.

例

设 $\{F_n\}$ 為斐波那契數列 ( $F_1=1, F_2=1$ ). 求 $F_{2024}$ 的個位數字.

解

解析: 求一個整數的個位數字, 等价于求该數模 $10$ 的余數. 我们考察斐波那契數列模 $10$ 之后的新數列 $\{a_n\}$ , 其中 $a_n \equiv F_n \pmod{10}$ .

该數列满足递推關係 $a_{n+2} \equiv a_{n+1} + a_n \pmod{10}$ , 其初始項為 $a_1=1, a_2=1$ . 數列的状态由相邻两項構成的序對 $(a_n, a_{n+1})$ 决定. 這样的序對最多有 $10 \times 10 = 100$ 种. 根据鸽巢原理, 该數列必然是周期的. 我们通過计算来寻找其周期.

數列 $\{a_n\}$ 的項為: $1, 1, 2, 3, 5, 8, 3, 1, 4, 5, 9, 4, 3, 7, 0, 7, 7, 4, 1, 5, 6, 1, 7, 8, 5, 3, 8, 1, 9, 0, 9, 9, 8, 7,$ $5, 2, 7, 9, 6, 5, 1, 6, 7, 3, 0, 3, 3, 6, 9, 5, 4, 9, 3, 2, 5, 7, 2, 9, 1, 0, ...$

当计算到第 $61$ 項和第 $62$ 項时: $a_{61} \equiv a_{60} + a_{59} \equiv 0+1=1$ $a_{62} \equiv a_{61} + a_{60} \equiv 1+0=1$

此时状态序對 $(a_{61}, a_{62}) = (1, 1)$ , 與初始状态 $(a_1, a_2)$ 相同. 因此, 该數列的最小正周期為 $60$ .

為了求 $F_{2024}$ 的個位數字, 我们计算 $2024$ 模 $60$ 的余數.

2024 = 60 \times 33 + 44

因此, $a_{2024} = a_{44}$ .

我们查閱已计算的序列, 第 $44$ 項是 $3$ . 故 $F_{2024}$ 的個位數字是 $3$ .

數列的極限*

{/* label: sec:ch07-s15 */}

我们之前所探讨的數列，如同在數轴上离散分布的脚印. 一個自然而深刻的問題是：当這些脚印无限延伸时，它们将走向何方？是趋向于一個无限遥远的地方，还是会无限地逼近某一個确定的点？這一問題，便是數學分析的基石——極限理論所要回答的核心.

古希腊的芝诺悖論“阿喀琉斯追不上乌龟”形象地揭示了人類在处理无穷過程时的早期困惑. 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，這個過程似乎可以无限持續下去. 要精确地描述并解决這個悖論，就需要一個能够量化“无限逼近”這一過程的數學工具.

再考虑一個更具體的例子，几何级數 $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + ... + \frac{1}{2^n}$ . 计算可知 $S_n = 1 - \frac{1}{2^n}$ . 随着 $n$ 的增大, 項 $1/2^n$ 的值變得微不足道, 整個和 $S_n$ 的值无限地贴近于 $1$ . 我们可以說, 這個數列所“奔赴”的终点是 $1$ .

數列的極限理論，正是為了将這种直观的“无限逼近”思想，用无可辩驳的逻辑語言進行严格化而建立的. 它是连接离散數列與连續函數、有限运算與无限過程的桥梁，是整個微積分乃至現代數學分析大厦的奠基石.

逼近的尝试與定義的演進

要将“无限逼近”這個直观概念转化為一個无懈可击的數學定義，需要經歷一個不断修正和完善的過程. 让我们尝试提出几個看似合理但实则存在漏洞的“粗糙”定義.

\paragraph{第一次尝试: “越来越近”} 一個非常自然的想法是，如果一個數列 $\{a_n\}$ 趋向于 $L$ , 那么它的項應该离 $L$ 越来越近. 一個粗糙的定義 (版本 1): 一個數列 $\{a_n\}$ 的極限是 $L$ , 如果對于任意 $n \in \mathbb{N}^*$ , 不等式 $|a_{n+1} - L| \< |a_n - L|$ 恒成立. 這個定義要求數列的項到極限的距离必须是严格單调递减的. 它能够描述像 $a_n=1/n$ (極限為0) 這样的簡單數列, 但其要求過于苛刻, 会排除许多我们直观上认為确实收敛的數列.

考虑數列 $a_n = \dfrac{(-1)^n}{n}$ . 其項為 $-1, \frac{1}{2}, -\frac{1}{3}, \frac{1}{4}, ...$ . 這個數列显然在向 $0$ 逼近. 它的距离序列為 $|a_n - 0| = 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4}, ...$ , 确实满足版本1的定義. 但再考虑另一個數列 $b_n = \begin{cases} 1/n & \text{若 } n \text{ 為奇數} \\ 1/(2n) & \text{若 } n \text{ 為偶數} \end{cases}$ . 其項為 $1, \frac{1}{4}, \frac{1}{3}, \frac{1}{8}, ...$ . 它也清晰地趋向于 $0$ . 但我们注意到 $|b_3 - 0| = \frac{1}{3}$ , 而 $|b_2 - 0| = \frac{1}{4}$ . 出現了 $|b_3 - 0| \> |b_2 - 0|$ 的情况, 违反了“越来越近”的规定. 因此, 版本1定義将這個本應收敛的數列錯誤地排除在外.

\paragraph{第二次尝试: “最终進入任何区間”} 版本1的失败在于它對數列“如何”逼近極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, 只要求它最终能進入我们指定的任何一個包含極限的区域.

一個粗糙的定義 (版本 2): 一個數列 $\{a_n\}$ 的極限是 $L$ , 如果對于任何一個包含 $L$ 的開区間 $(a,b)$ , 數列 $\{a_n\}$ 中只有有限項在该区間之外. 這個定義在思想上已經非常接近真相了. 它正确地捕捉到了極限的“最终行為”特征. 比如對于前一個反例 $b_n$ , 无論我们给出一個多么小的包含 $0$ 的区間, 比如 $(-0.01, 0.01)$ , 最终所有的 $b_n$ 都会進入這個区間内.

然而, 版本2的表述仍然不够精确, 缺乏可操作性. “任何一個開区間”這個說法過于模糊, 我们如何去檢验“所有”可能的区間呢？在數學證明中, 我们需要一個可以量化的、能够代入不等式進行推導的工具. 此外, 這個定義没有突出極限点 $L$ 的中心地位. 一個区間 $(L-0.1, L+100)$ 和一個對称的区間 $(L-0.1, L+0.1)$ 在此定義下似乎是等价的, 但后者显然對數列提出了更强的要求.

\paragraph{最终的精确化: $\epsilon-N$ 語言} 為了克服版本2的模糊性, 我们需要引入两個關键的量化工具:

用一個正數 $\epsilon$ 来量化区間的“任意小”. 我们不再考虑任意形态的区間 $(a,b)$ , 而是只關注以 $L$ 為中心的對称区間 $(L-\epsilon, L+\epsilon)$ . 任何一個包含 $L$ 的開区間, 都必然包含某個這样的小對称区間. 因此, 能進入所有對称区間的數列, 也就能進入所有普通区間. $\epsilon$ 成為了衡量“誤差”或“精度”的標尺.
用一個正整數 $N$ 来量化“最终”或“有限項之外”的概念. “只有有限項在区間外”等价于說“從某一項 $N+1$ 開始, 之后的所有項都在区間内”. $N$ 成為了区分“初始的混乱”與“最终的规律”的分界線.

将這两者结合, 我们便能用一种动态的、“挑战-應战”式的語言来構建最终的定義. 對于任何對精度的要求 ( $\epsilon$ ), 我们总能给出一個足够大的項數分界点 ( $N$ ), 使得數列的后續行為满足该精度要求. 這便是極限的本質.

極限的严格定義

數列極限的 $\epsilon-N$ 定義

设 $\{a_n\}$ 是一個數列, $L$ 是一個实數. 如果對于任意给定的正數 $\epsilon$ (无論它多么小), 总存在一個正整數 $N$ , 使得当項數 $n \> N$ 时, 不等式

|a_n - L| \< \epsilon

恒成立, 那么我们称數列 $\{a_n\}$ 收敛于 $L$ , 记作

\lim_{n \to \infty} a_n = L \text{或} a_n \to L \ (n \to \infty)

如果一個數列不收敛于任何一個确定的实數, 我们就称该數列是發散的.

這個定義是整個數學分析的基石, 它完美地量化了“无限逼近”的全部内涵.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

例

證明: 一個常數數列 $a_n=c$ 收敛于 $c$ .

解

解析: 我们需要證明 $\lim_{n \to \infty} c = c$ . 根据定義, 對于任意给定的 $\epsilon \> 0$ , 我们需要找到一個正整數 $N$ , 使得当 $n \> N$ 时, $|a_n - c| \< \epsilon$ 成立.

對于本數列, 表达式 $|a_n-c|$ 的值為 $|c-c|=0$ . 因此, 不等式變為 $0 \< \epsilon$ . 由于 $\epsilon$ 被定義為任意正數, 這個不等式 $0 \< \epsilon$ 永远成立, 无論 $n$ 取何值.

這意味着, 我们可以選择任何一個正整數作為 $N$ , 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

證明: $\lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} = 0$ .

解

解析: 對于任意给定的 $\epsilon \> 0$ , 我们需要找到一個正整數 $N$ , 使得当 $n \> N$ 时, $|\frac{1}{n} - 0| \< \epsilon$ 成立.

该不等式化簡為 $\dfrac{1}{n} \< \epsilon$ . 解此關于 $n$ 的不等式, 得到 $n \> \dfrac{1}{\epsilon}$ .

根据实數的阿基米德性質, 對于任意正數 $1/\epsilon$ , 总存在一個正整數比它大. 因此, 我们可以選择 $N = \lfloor \frac{1}{\epsilon} \rfloor$ , 即對 $1/\epsilon$ 向下取整. (如果 $1/\epsilon$ 本身是整數, 那么 $N$ 就是它自己. 如果不是, $N$ 就是比它小的最大整數.)

這样, 当 $n \> N$ 时, $n$ 至少比 $N$ 大 $1$ , 故 $n \ge N+1 = \lfloor \frac{1}{\epsilon} \rfloor + 1 \> \frac{1}{\epsilon}$ . 這就保證了 $|\frac{1}{n}-0| \< \epsilon$ 成立. 證毕.

例

證明: 若 $|q| \< 1$ , 则 $\lim_{n \to \infty} q^n = 0$ .

解

解析: 若 $q=0$ , 则數列為 $0, 0, ...$ , 显然收敛于 $0$ .

我们考虑 $0 \< |q| \< 1$ 的情况. 因為 $1/|q| \> 1$ , 我们可以令 $\dfrac{1}{|q|} = 1+h$ , 其中 $h\>0$ . 于是 $|q| = \dfrac{1}{1+h}$ .

我们的目標是證明對于任意 $\epsilon\>0$ , 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 $|q|^n \< \epsilon$ , 我们只需保證 $\dfrac{1}{1+nh} \< \epsilon$ 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)

對于任意给定的 $\epsilon\>0$ , 我们总可以找到一個正整數 $N$ 大于 $\dfrac{1}{h}\left(\dfrac{1}{\epsilon}-1\right)$ . 当 $n\>N$ 时, $|q^n| \< \epsilon$ 便成立. 證毕.

例

證明: 數列 $a_n = (-1)^n$ 是發散的.

解

解析: 我们使用反證法. 假设该數列是收敛的, 且其極限為 $L$ .

根据極限的定義, 對于任意 $\epsilon \> 0$ , 都存在一個 $N$ , 使得当 $n \> N$ 时, $|a_n - L| \< \epsilon$ .

我们来選择一個特定的, 足够小的 $\epsilon$ . 考虑到數列的項在 $1$ 和 $-1$ 之間跳动, 它们的距离是 $2$ . 一個自然的選择是取 $\epsilon = \dfrac{1}{2}$ .

如果極限存在, 那么對于 $\epsilon = 1/2$ , 必然存在一個 $N$ , 使得所有 $n \> N$ 的項都满足 $|a_n - L| \< 1/2$ .

這意味着, 對于某個充分大的偶數 $n_{even} \> N$ , 我们有

|a_{n_{even}} - L| = |1 - L| \< \frac{1}{2}

同时, 對于某個充分大的奇數 $n_{odd} \> N$ , 我们有

|a_{n_{odd}} - L| = |-1 - L| \< \frac{1}{2}

接着, 我们考察 $1$ 與 $-1$ 之間的距离, 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}

根据我们從極限定義中得到的两個不等式,

|1 - L| + |-1 - L| \< \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1

将两者结合, 我们得到了一個荒谬的结論: $2 \< 1$ . 這個矛盾說明, 我们最初的假设——“數列收敛于某個極限 $L$ ”——必然是錯誤的. 因此, 數列 $a_n = (-1)^n$ 是發散的.

例

使用 $\epsilon-N$ 定義證明 $\lim_{n \to \infty} \dfrac{2n-1}{n+1} = 2$ .

證明

證明: 對于任意给定的 $\epsilon \> 0$ , 我们的目標是寻找一個正整數 $N$ , 使得当 $n \> N$ 时, 不等式 $\left|\dfrac{2n-1}{n+1} - 2\right| \< \epsilon$ 恒成立.

我们首先對该不等式左侧的表达式進行代數化簡, 以揭示其與 $n$ 的關係.

\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}

此处的化簡利用了 $n$ 為正整數, 故 $n+1\>0$ .

接着, 我们需要确定需要多大的 $n$ 才能保證 $\dfrac{3}{n+1} \< \epsilon$ . 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

這表明, 只要 $n$ 大于 $\frac{3}{\epsilon} - 1$ , 期望的不等式便能成立.

因此, 對于任何给定的 $\epsilon \> 0$ , 我们可以選择一個正整數 $N$ , 例如取 $N = \max\left(1, \left\lfloor \frac{3}{\epsilon} \right\rfloor\right)$ . 如此, 当 $n \> N$ 时, 必有 $n \> \frac{3}{\epsilon}$ , 從而 $n \> \frac{3}{\epsilon}-1$ 也成立.

這便完成了證明：對于任意 $\epsilon \> 0$ , 我们总能構造出這样一個 $N$ . 根据定義, $\lim_{n \to \infty} \dfrac{2n-1}{n+1} = 2$ .

極限的运算法则

若每次计算極限都诉诸 $\epsilon-N$ 定義, 将会極其繁琐. 幸运的是, 極限运算與代數运算具有良好的相容性, 使得我们可以将複杂數列的極限問題分解為若干基本部分. 我们将逐一證明這些基本法则, 它们的證明是理解極限理論核心思想的绝佳練習.

極限的运算法则

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: $\lim_{n \to \infty} (a_n \cdot b_n) = A \cdot B$ .
常數倍數法则: $\lim_{n \to \infty} (c \cdot a_n) = c \cdot A$ (其中 $c$ 為常數).
除法法则: 如果 $B \neq 0$ , 那么 $\lim_{n \to \infty} \dfrac{a_n}{b_n} = \dfrac{A}{B}$ .

\paragraph{和差法则的證明} 我们僅證明和法则, 差法则的證明是類似的. 我们的目標是證明, 對于任意 $\epsilon \> 0$ , 存在一個正整數 $N$ , 使得当 $n \> N$ 时, $|(a_n+b_n) - (A+B)| \< \epsilon$ . 我们從目標表达式入手, 利用三角不等式 $|x+y| \le |x|+|y|$ 進行放缩.

|(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 $\epsilon$ , 一個自然的想法是让它的每一個组成部分都小于 $\epsilon/2$ .

因為 $\lim_{n \to \infty} a_n = A$ , 所以對于正數 $\epsilon/2$ , 存在一個正整數 $N_1$ , 使得当 $n \> N_1$ 时,

|a_n - A| \< \frac{\epsilon}{2}

同理, 因為 $\lim_{n \to \infty} b_n = B$ , 所以對于正數 $\epsilon/2$ , 存在一個正整數 $N_2$ , 使得当 $n \> N_2$ 时,

|b_n - B| \< \frac{\epsilon}{2}

為了让上述两個不等式同时成立, 我们需要取一個足够大的 $n$ , 它必须同时大于 $N_1$ 和 $N_2$ . 因此, 我们選择 $N = \max(N_1, N_2)$ . 当 $n \> N$ 时,

|(a_n+b_n) - (A+B)| \le |a_n-A| + |b_n-B| \< \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon

證毕.

\paragraph{乘法法则的證明} 在證明乘法法则之前, 我们需要一個重要的引理.

引理

一個收敛的數列必然是有界的.

證明

设 $\lim_{n \to \infty} a_n = A$ . 根据定義, 對于 $\epsilon=1$ , 存在一個正整數 $N$ , 使得当 $n\>N$ 时, $|a_n - A| \< 1$ . 這意味着對于 $n\>N$ , 有 $A-1 \< a_n \< A+1$ . 因此, 從第 $N+1$ 項開始的所有項都被界定在区間 $(A-1, A+1)$ 内. 那么對于整個數列, 它的界可以由前 $N$ 項和這個区間共同决定. 令 $M = \max\{|a_1|, |a_2|, ..., |a_N|, |A-1|, |A+1|\}$ . 则對于所有的 $n \in \mathbb{N}^*$ , 均有 $|a_n| \le M$ . 故 $\{a_n\}$ 有界.

乘法法则證明: 我们的目標是估计 $|a_n b_n - AB|$ 的大小. 關键技巧是引入一個“桥梁”項, 例如 $a_n B$ , 然后應用三角不等式.

\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}

由于數列 $\{a_n\}$ 收敛, 根据引理, 它是有界的. 即存在一個常數 $M\>0$ 使得對所有 $n$ , $|a_n| \le M$ . 因此,

|a_n b_n - AB| \le M |b_n - B| + |B| |a_n - A|

我们的目標是使上式右端小于给定的 $\epsilon$ . 我们可以让两部分都小于 $\epsilon/2$ . (為避免分母為零, 我们在分母中使用 $|B|+1$ 代替 $|B|$ , 這是一個常用技巧.) 因為 $\lim_{n \to \infty} a_n = A$ , 所以對于正數 $\dfrac{\epsilon}{2(|B|+1)}$ , 存在 $N_1$ , 当 $n\>N_1$ 时,

|a_n - A| \< \frac{\epsilon}{2(|B|+1)}

因為 $\lim_{n \to \infty} b_n = B$ , 所以對于正數 $\dfrac{\epsilon}{2M}$ , 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}

證毕.

\paragraph{除法法则的證明} 根据乘法法则, 我们只需證明 $\lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{b_n} = \dfrac{1}{B}$ 即可. 我们的目標是估计 $\left|\dfrac{1}{b_n} - \dfrac{1}{B}\right| = \left|\dfrac{B-b_n}{b_n B}\right| = \dfrac{|b_n-B|}{|b_n||B|}$ . 這里的难点在于分母中的 $|b_n|$ 是變量. 我们需要為它找到一個正的下界, 以便對整個分式進行放大.

因為 $\lim_{n \to \infty} b_n = B$ 且 $B \neq 0$ , 那么 $|B|\>0$ . 我们取 $\epsilon_1 = \dfrac{|B|}{2} \> 0$ . 根据極限定義, 存在一個正整數 $N_1$ , 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}

移項得到 $|b_n| \> |B| - \frac{|B|}{2} = \frac{|B|}{2}$ . 這為我们提供了所需的下界：從第 $N_1$ 項開始, $|b_n|$ 被限制在远离 $0$ 的地方.

對于 $n \> N_1$ ,

\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}

現在, 對于任意给定的 $\epsilon \> 0$ , 我们希望上式右端小于 $\epsilon$ . 即 $|b_n-B| \< \dfrac{\epsilon |B|^2}{2}$ . 因為 $\lim_{n \to \infty} b_n = B$ , 所以對于正數 $\dfrac{\epsilon |B|^2}{2}$ , 存在一個正整數 $N_2$ , 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

這證明了 $\lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{b_n} = \dfrac{1}{B}$ . 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}

證毕.

\paragraph{幂法则的說明} 對于任意正整數 $k$ , 我们可以通過對乘法法则進行數學归纳来證明 $\lim_{n \to \infty} a_n^k = A^k$ . 当 $k=1$ 时, 结論显然成立. 假设当 $k=m$ 时结論成立, 即 $\lim_{n \to \infty} a_n^m = A^m$ . 那么對于 $k=m+1$ ,

\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}

故對所有正整數 $k$ , 该法则成立. 對于负整數 $k$ , 可由除法法则導出. 對于一般实數指數 $k$ , 其严格證明需要借助對數函數和指數函數的连續性, 超出了本节僅依赖 $\epsilon-N$ 定義的范畴, 但结論是成立的.

有理函數極限

设 $P(n) = a_p n^p + ... + a_0$ 和 $Q(n) = b_q n^q + ... + b_0$ 是两個關于 $n$ 的多項式, 其中 $a_p \neq 0, b_q \neq 0$ . 探究極限 $\lim_{n \to \infty} \dfrac{P(n)}{Q(n)}$ .

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}}

分母的極限為 $\lim_{n \to \infty} (b_q + \frac{b_{q-1}}{n} + ...) = b_q \neq 0$ . 因此, 整個極限的行為由分子的行為决定.

我们分三种情况讨論:

当 $p \< q$ 时: $p-q \< 0$ . 分子中 $n$ 的所有幂次均為负. 当 $n \to \infty$ 时, 分子中每一項都趋于 $0$ . 故分子的極限為 $0$ . 因此, $\lim_{n \to \infty} \dfrac{P(n)}{Q(n)} = \dfrac{0}{b_q} = 0$ .
当 $p = q$ 时: $p-q = 0$ . 分子變為 $a_p + \dfrac{a_{p-1}}{n} + ...$ . 其極限為 $a_p$ . 因此, $\lim_{n \to \infty} \dfrac{P(n)}{Q(n)} = \dfrac{a_p}{b_p}$ .
当 $p \> q$ 时: $p-q \> 0$ . 分子中的首項 $a_p n^{p-q}$ 将趋于 $\infty$ 或 $-\infty$ (取决于 $a_p$ 的符号). 其余項的增长速度都低于首項. 故整個分子是无界的. 因此, 數列發散, 極限不存在.

结論: 两個多項式之比的極限, 僅取决于它们的最高次幂. 若分母次數更高, 極限為 $0$ ; 若次數相同, 極限為最高次項係數之比; 若分子次數更高, 數列發散.

根式有理化

计算極限 $\lim_{n \to \infty} (\sqrt{n^2+an} - n)$ , 其中 $a$ 為常數.

解

解析: 這是一個 $\infty - \infty$ 型的不定式. 直接计算是不可行的. 处理此類涉及根式的差的不定型, 一個標准的技巧是利用其共轭表达式進行有理化, 将减法转化為加法.

\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}

經過變換, 原不定式化為了一個 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型的不定式, 我们可以使用提取主項的方法来解决. 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}

接着對變換后的表达式取極限.

\lim_{n \to \infty} \frac{a}{\sqrt{1 + \frac{a}{n}} + 1} = \frac{a}{\sqrt{1 + 0} + 1} = \frac{a}{2}

這個结果 $\dfrac{a}{2}$ 是一個在微積分中非常有用的經典结論.

階乘與指數的增长率比较

證明: 對于任意实數 $a$ , 都有 $\lim_{n \to \infty} \dfrac{a^n}{n!} = 0$ .

解

解析: 這個極限揭示了階乘增长的强度远超指數增长. 若 $a=0$ , 结論显然成立. 若 $a \neq 0$ , 我们考虑其绝對值. 令 $x_n = \dfrac{|a|^n}{n!}$ .

我们考察數列相邻項的比值, 以分析其變化趋势.

\frac{x_{n+1}}{x_n} = \frac{|a|^{n+1}/(n+1)!}{|a|^n/n!} = \frac{|a|}{n+1}

当 $n$ 變得足够大时, 這個比值会變得任意小. 具體地, 我们可以選择一個正整數 $N$ , 使得 $N \> 2|a|$ . 那么對于所有 $n \ge N$ ,

\frac{|a|}{n+1} \< \frac{|a|}{N} \< \frac{1}{2}

這意味着從第 $N$ 項開始, 數列的每一項至多是前一項的一半.

對于 $n \> N$ , 我们可以寫出:

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 $C = x_N \cdot (1/2)^{-N} = x_N \cdot 2^N$ , 這是一個與 $n$ 无關的常數. 于是我们得到了一個不等關係:

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, $\lim_{n \to \infty} x_n = 0$ .

因為 $\lim_{n \to \infty} | \frac{a^n}{n!} | = 0$ , 那么原數列的極限也必然為 $0$ .

不定型極限的计算策略

当我们直接應用極限的运算法则时, 常常会遇到一些没有直接定義的表达式, 例如 $\dfrac{\infty}{\infty}, \dfrac{0}{0}, \infty - \infty, 0 \cdot \infty, 1^\infty, 0^0, \infty^0$ 等. 這些形式被称為不定型極限. 它们的结果无法一概而論, 必须根据具體的數列结構進行進一步的代數變形和分析. 掌握处理這些不定型的係统性方法, 是極限计算能力的核心.

\paragraph{類型 I: $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型（抓大放小, 提取主項）} 這是最常见的不定型, 尤其是在处理有理函數或含有根式的分式时.

策略: 提取主導項. 在分子和分母中找到当 $n \to \infty$ 时增长最快的項 (即主項), 然后将分子分母同除以分母的主項. 這样做可以将原不定型转化為一個分母極限為非零常數, 分子極限易于判断的新形式.

有理函數

计算 $\lim_{n \to \infty} \dfrac{3n^2 - 2n + 5}{2n^2 + 4n - 1}$ .

解

解析: 分子分母的主項均為 $n^2$ . 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, $\sqrt{4n^2+n}$ 的增长速度與 $\sqrt{4n^2}=2n$ 相当. 故分子主項等价于 $2n+n=3n$ . 分母中, $\sqrt{n^2+1}$ 的增长速度與 $\sqrt{n^2}=n$ 相当. 故分母主項等价于 $3n-n=2n$ . 整個分式的主項等价于 $n$ . 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{類型 II: $\infty - \infty$ 型（通分或有理化）} 這种不定型通常出現在两個增长都趋于无穷的項相减时. 其结果取决于两者增长速度的细微差别.

策略: 通過代數變換, 将“减法”不定型转化為“除法”不定型.

對于分式之差: 進行通分, 将其合并為一個單一的分式, 转化為 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 或 $\dfrac{0}{0}$ 型.
對于根式之差: 使用其共轭表达式進行分子或分母有理化, 将减法转化為加法, 并将原表达式變為分式形式.

根式有理化

计算 $\lim_{n \to \infty} (\sqrt{n^2+an} - \sqrt{n^2+bn})$ .

解

解析: 這是一個 $\infty - \infty$ 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}

問題转化為 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型. 同除以主項 $n$ .

= \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{類型 III: $1^\infty$ 型（凑重要極限 $e$ ）} 形如 $\lim_{n \to \infty} (u_n)^{v_n}$ , 其中 $\lim u_n = 1$ 且 $\lim v_n = \infty$ .

策略: 恒等變形, 将表达式凑成重要極限 $\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = e$ 的標准形式或其變體. 關键步骤是令 $u_n = 1 + \alpha_n$ , 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 $e$ , 整個極限的结果取决于指數部分的極限 $\lim_{n \to \infty} (\alpha_n v_n)$ . 若 $\lim_{n \to \infty} \alpha_n v_n = L$ , 则原極限為 $e^L$ .

例

计算 $\lim_{n \to \infty} \left(\dfrac{n+2}{n-1}\right)^{2n+1}$ .

解

解析: 当 $n \to \infty$ 时, 底數 $\dfrac{n+2}{n-1} \to 1$ , 指數 $2n+1 \to \infty$ . 這是 $1^\infty$ 型. 我们對底數進行變形, 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}

這里, $\alpha_n = \dfrac{3}{n-1}$ .

原極限變為 $\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{3}{n-1}\right)^{2n+1}$ . 我们進行指數上的凑配.

\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 $\lim_{m \to \infty} \left(1 + \frac{1}{m}\right)^m = e$ .

我们只需计算指數部分的極限.

\lim_{n \to \infty} \frac{3(2n+1)}{n-1} = \lim_{n \to \infty} \frac{6n+3}{n-1} = 6

因此, 原極限等于 $e^6$ .

極限判敛准则

在许多情况下, 我们可能无法直接计算出極限的值, 甚至不确定極限是否存在. 以下两個准则是判断收敛性, 乃至求解極限的根本性工具.

夹逼准则

设有三個數列 $\{a_n\}, \{b_n\}, \{c_n\}$ . 如果從某一項 ( $n \> N_0$ ) 開始, 恒有

a_n \le b_n \le c_n

并且已知 $\{a_n\}$ 和 $\{c_n\}$ 都收敛于同一個極限 $L$ , 那么, 位于它们之間的數列 $\{b_n\}$ 也必定收敛于 $L$ .

證明

我们的目標是證明, 對于任意给定的 $\epsilon \> 0$ , 存在一個正整數 $N$ , 使得当 $n \> N$ 时, 不等式 $|b_n - L| \< \epsilon$ 恒成立. 這個不等式等价于 $L - \epsilon \< b_n \< L + \epsilon$ .

證明的核心思想是利用數列 $\{a_n\}$ 和 $\{c_n\}$ 的收敛性, 来“夹住”數列 $\{b_n\}$ , 迫使其進入以 $L$ 為中心的 $\epsilon$ -邻域内.

因為 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$ , 根据極限的定義, 對于我们给定的這個 $\epsilon \> 0$ , 存在一個正整數 $N_1$ , 使得当 $n \> N_1$ 时, 恒有

|a_n - L| \< \epsilon

這等价于 $L - \epsilon \< a_n \< L + \epsilon$ . 對于我们的證明, 其中特别重要的是不等式的左半部分:

L - \epsilon \< a_n

同理, 因為 $\lim_{n \to \infty} c_n = L$ , 對于同一個 $\epsilon \> 0$ , 存在一個正整數 $N_2$ , 使得当 $n \> N_2$ 时, 恒有

|c_n - L| \< \epsilon

這等价于 $L - \epsilon \< c_n \< L + \epsilon$ . 對于我们的證明, 其中特别重要的是不等式的右半部分:

c_n \< L + \epsilon

根据題设, 还存在一個正整數 $N_0$ , 使得当 $n \> N_0$ 时, $a_n \le b_n \le c_n$ 成立.

為了使得上述所有不等式同时成立, 我们需要項數 $n$ 足够大, 以同时满足 $n\>N_0$ , $n\>N_1$ 和 $n\>N_2$ . 為此, 我们取 $N = \max(N_0, N_1, N_2)$ .

那么, 当 $n \> N$ 时, 我们便可以構建如下的逻辑链条:

L - \epsilon \< a_n (\text{因為 } n \> N \ge N_1)

a_n \le b_n (\text{因為 } n \> N \ge N_0)

b_n \le c_n (\text{因為 } n \> N \ge N_0)

c_n \< L + \epsilon (\text{因為 } n \> N \ge N_2)

将這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

這必然蕴含着

L - \epsilon \< b_n \< L + \epsilon

该不等式可以被寫作 $|b_n - L| \< \epsilon$ .

這便完成了證明. 因為對于任意给定的 $\epsilon \> 0$ , 我们总能找到這样一個正整數 $N$ , 使得当 $n\>N$ 时 $|b_n - L| \< \epsilon$ 成立. 根据極限的定義, $\lim_{n \to \infty} b_n = L$ .

夹逼准则的直观意義是, 如果一個數列被两個“奔向同一终点”的數列從上下两侧夹住, 那么它也无处可逃, 只能奔向那個相同的终点. 此准则的威力在于, 我们可以用两個易于处理的數列来“夹住”一個複杂的數列, 從而确定其極限.

例

求極限 $\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{\sqrt{n^2+k}}$ .

解

解析: 该和式的項數随 $n$ 變化, 无法直接應用运算法则. 這种结構是應用夹逼准则的經典场景. 令 $S_n = \dfrac{1}{\sqrt{n^2+1}} + \dfrac{1}{\sqrt{n^2+2}} + ... + \dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}$ . 我们的策略是通過對和式中的每一項進行统一的放缩, 来構造 $S_n$ 的上下界.

注意到, 在和式的各項中, 分母最小的項是 $\sqrt{n^2+1}$ , 故 $\dfrac{1}{\sqrt{n^2+1}}$ 是最大項. 分母最大的項是 $\sqrt{n^2+n}$ , 故 $\dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}$ 是最小項.

對于上界, 我们将每一項都放大為最大項:

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}}

對于下界, 我们将每一項都缩小為最小項:

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關係:

\frac{n}{\sqrt{n^2+n}} \le S_n \le \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}

接着, 计算两边數列的極限.

\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

由于上下界的極限均為 $1$ , 根据夹逼准则, 原極限值必為 $1$ .

單调收敛定理

一個單调且有界的數列必然收敛. 具體而言,

一個非减且有上界的數列收敛.
一個非增且有下界的數列收敛.

證明

這個定理是实數係完備性的深刻體現, 其證明過程本身就揭示了極限與序结構之間的根本联係. 我们将详细證明第一种情况, 第二种情况的證明是完全對偶的.

设 $\{a_n\}$ 是一個非减且有上界的數列. 非减意味着對于所有 $n \in \mathbb{N}^*$ , 有 $a_{n+1} \ge a_n$ . 有上界意味着存在一個实數 $M$ , 使得對于所有 $n \in \mathbb{N}^*$ , 有 $a_n \le M$ .

考虑由该數列的所有項構成的集合 $S = \{a_1, a_2, a_3, ...\}$ . 由于數列非空, 集合 $S$ 也是非空的. 由于數列有上界 $M$ , 集合 $S$ 也是有上界的.

根据实數係的完備性公理 (或称最小上界公理), 任何一個非空且有上界的实數集, 必然存在一個最小上界, 即上确界. 我们令 $L = \sup S$ . 這個數 $L$ 是我们證明數列極限存在性的關键. 我们将證明 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$ .

要證明 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$ , 我们必须依据 $\epsilon-N$ 定義. 對于任意给定的 $\epsilon \> 0$ , 我们需要找到一個正整數 $N$ , 使得当 $n\>N$ 时, $|a_n - L| \< \epsilon$ 成立.

由上确界的定義, $L$ 是集合 $S$ 的一個上界, 因此對于所有的 $n$ , 都有 $a_n \le L$ . 因為 $\epsilon \> 0$ , 所以 $L \< L+\epsilon$ , 故 $a_n \< L+\epsilon$ 自动成立.

接着, 我们需要證明 $a_n \> L-\epsilon$ . 考虑 $L-\epsilon$ 這個數. 由于 $\epsilon \> 0$ , 我们有 $L-\epsilon \< L$ . 根据上确界的“最小性”質, 任何严格小于上确界的數都不可能是该集合的上界. 因此, $L-\epsilon$ 不是集合 $S$ 的一個上界.

既然 $L-\epsilon$ 不是上界, 那么在集合 $S$ 中必然存在至少一個元素, 它比 $L-\epsilon$ 要大. 換言之, 存在某個正整數 $N$ , 使得 $a_N \> L-\epsilon$ .

此时, 數列的非减性開始發挥關键作用. 因為 $\{a_n\}$ 是非减的, 所以對于任何 $n \> N$ , 我们都有 $a_n \ge a_N$ .

我们将以上结果串联起来. 對于任何 $n \> N$ , 我们有:

L - \epsilon \< a_N \le a_n

结合我们已經知道的 $a_n \le L \< L+\epsilon$ , 我们得到對于所有 $n\>N$ :

L - \epsilon \< a_n \< L + \epsilon

這等价于 $|a_n - L| \< \epsilon$ .

至此, 我们證明了對于任意 $\epsilon\>0$ , 总能找到一個對應的 $N$ . 根据極限的定義, 數列 $\{a_n\}$ 收敛于 $L$ .

對于一個非增且有下界的數列, 其證明過程完全類似, 只需考虑由數列構成的集合的下确界, 并證明數列收敛于其下确界. 證毕.

單调收敛定理并非一個普适的數學真理, 而是**实數係 $\mathbb{R**$ 的一個標志性特征}. 其證明的核心完全依赖于实數係的完備性公理——即“每個有上界的非空集合都有最小上界”這一条. 如果我们把研究范围限制在有理數係 $\mathbb{Q}$ 中, 這個定理就不再成立.

考虑一個有理數列 $\{a_n\}$ , 它是 $\sqrt{2}$ 的十進制逐次逼近:

a_1=1, a_2=1.4, a_3=1.41, a_4=1.414, ...

這個數列显然是:

單调递增的: $a_{n+1} \> a_n$ .
有上界的: 例如, 所有項都小于 $2$ .

在有理數 $\mathbb{Q}$ 的世界里, 它满足了定理的所有前提条件. 然而, 它并不收敛. 因為它的“極限”是 $\sqrt{2}$ , 而 $\sqrt{2}$ 并不在有理數集合 $\mathbb{Q}$ 中. 這意味着在有理數轴上, 這個數列无限地奔向一個“空洞”, 一個不存在的点.

這個反例深刻地說明了实數係的完備性是如何“填补”了有理數轴上的這些“空洞”. 正是因為有了完備性, 我们才能保證任何一個單调有界的數列, 它的前方总有一個确定的实數点在“等待”着它, 這個点就是它的上确界 (或下确界).

例

已知數列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1 = \sqrt{2}$ , $a_{n+1} = \sqrt{2+a_n}$ . 證明该數列收敛, 并求其極限.

解

解析: 该數列由递推關係定義, 通項不易求出. 我们诉诸單调收敛定理, 探究其有界性與單调性.

我们首先通過數學归纳法證明數列有上界 $2$ . 当 $n=1$ 时, $a_1 = \sqrt{2} \< 2$ , 结論成立. 假设当 $n=k$ ( $k \ge 1$ ) 时, $a_k \< 2$ 成立. 则對于 $n=k+1$ , 有 $a_{k+1} = \sqrt{2+a_k} \< \sqrt{2+2} = 2$ . 故對所有正整數 $n$ , $a_n \< 2$ 恒成立. 又显然 $a_n \> 0$ , 故數列 $\{a_n\}$ 有界.

接着我们判断其單调性. 考察相邻两項的平方之差.

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 $a_{n+1}^2 \> a_n^2$ . 因為數列各項均為正, 這蕴含着 $a_{n+1} \> a_n$ . 故數列 $\{a_n\}$ 是一個严格递增數列.

至此, 我们證明了 $\{a_n\}$ 是一個單调递增且有上界的數列. 根据單调收敛定理, 该數列必然收敛. 设 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$ . 對递推關係式 $a_{n+1} = \sqrt{2+a_n}$ 两边同时取極限. 注意到 $\lim_{n \to \infty} a_{n+1} = L$ , 并且平方根函數是连續的.

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}

由此得到關于極限值 $L$ 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 $L=-1$ . 由于數列 $\{a_n\}$ 的所有項均為正數, 其極限必為非负數, 故舍去 $L=-1$ .

结論: 该數列收敛, 且其極限為 $2$ .

两個重要的極限

以下两個極限在更複杂的極限计算中常被作為已知结論引用.

定理

\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = e

其中 $e \approx 2.71828...$ 是自然對數的底數. 這個極限是指數函數 $e^x$ 的一個基本定義. 其更一般的形式為 $\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{x}{n}\right)^n = e^x$ .

定理

\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1

證明

證明: 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 $n = (1+x_n)^n$ .

根据二項式定理, 對于 $n \ge 2$ :

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

由于所有項均為正, 我们可以只取其中一項来進行放缩:

n \> \binom{n}{2}x_n^2 = \frac{n(n-1)}{2}x_n^2

對于 $n \ge 2$ , 我们有 $1 \> \frac{n-1}{2}x_n^2$ , 整理得到

x_n^2 \< \frac{2}{n-1}

因此, 我们得到了關于 $x_n$ 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, $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = \lim_{n \to \infty} (1+x_n) = 1+0=1$ .

這個極限回答了一個關于不同增长類型强度比较的深刻問題. 我们可以将 $\sqrt[n]{n}$ 理解為對 $n$ 進行“指數级”的削弱.

考虑两個函數: $f(n)=c$ (常數函數) 和 $g(n)=n$ (線性函數). 显然, 線性函數的增长速度远快于常數函數. 現在我们對它们施加相同的 $\sqrt[n]{\cdot}$ 运算:

對于常數 $c\>0$ , $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{c} = 1$ . (因為 $\sqrt[n]{c} = c^{1/n}$ , 当 $n \to \infty$ , $1/n \to 0$ , 故 $c^{1/n} \to c^0=1$ ).
對于線性函數 $n$ , $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1$ .

這個结果令人惊讶：尽管 $n$ 的增长速度远超任何常數 $c$ , 但在開 $n$ 次方的“压制”下, 它们最终的極限行為是完全相同的.

這個極限告诉我们, 開 $n$ 次方根运算的削弱作用是如此强大, 以至于它能将一個以多項式速率增长的序列 (如 $n, n^2, n^k$ ) 的極限, “拉回”到與常數序列相同的水平 (極限為1). 換句话說, 與指數函數 $a^n$ (其中 $a\>1$ ) 的爆炸式增长相比, 任何多項式 $P(n)$ 的增长都是微不足道的. 当我们考察 $\sqrt[n]{P(n)}$ 时, 其極限也总是 $1$ .

這個極限在判断级數收敛性的“根值判别法”中扮演着核心角色, 是衡量一個數列增长速率是否“快于几何级數”的標尺.

级數

{/* label: sec:ch07-s16 */}

\begin{figure}[htbp]

{1/2 + 1/4 + 1/8 + ... = 1} 的几何直观.} \end{figure} 圖：无穷级數 \texorpdfstring{ $1/2 + 1/4 + 1/8 + ... = 1$

阿喀琉斯與乌龟的赛跑 古希腊哲學家芝诺曾提出過一個著名的悖論：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發点时，乌龟已經向前爬了一段距离；当他跑完這段新距离时，乌龟又向前爬了一点…… 這個過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.

這個悖論的困惑在于：一個包含无穷多個步骤的過程，能否在有限的时間内完成？或者換個角度問：如果你把 1 米长的绳子切成 1/2 米, 1/4 米, 1/8 米…… 這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，无穷多個正數相加，结果似乎應该是无穷大. 但現实經验（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，无穷多個數的和，竟然可以是一個有限的數.

這种“无穷項之和”的數學结構，被称為级數. 它是我们理解连續、逼近以及函數本質的關键工具.

定義與收敛性

我们无法直接执行无穷次加法运算. 為了赋予“无穷和”以數學意義，我们借助“部分和”與“極限”的概念.

级數

给定一個數列 $\{a_n\}$ . 表达式

\sum_{n=1}^{\infty} a_n = a_1 + a_2 + a_3 + ...

称為无穷级數，簡称级數. 其中 $a_n$ 称為级數的通項.

為了计算其值，我们構造一個新的數列 $\{S_n\}$ ，称為级數的部分和數列，其中

S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k = a_1 + a_2 + ... + a_n

如果部分和數列 $\{S_n\}$ 收敛于某個实數 $S$ , 即 $\lim_{n \to \infty} S_n = S$ , 则称该级數收敛, 并称 $S$ 為该级數的和. 如果 $\{S_n\}$ 發散，则称该级數發散.

換句话說：我们并不是真的“把所有項都加完”，而是看“前 $n$ 項的和”会不会越来越靠近某個固定的數.如果会，那么這個固定的數就被视為“无穷多項相加”的结果.

由此可见，级數的研究本質上是對部分和數列 $\{S_n\}$ 極限的研究.

级數收敛的必要条件

一個自然的問題是：什么样的數列 $\{a_n\}$ 構成的级數才可能收敛？直观上，如果我们要把无穷多個數加起来得到一個有限值，這些數必须變得越来越小，最终趋于零.

在上一节我们已經知道：如果两個數列都有極限，则它们的和與差的極限等于極限的和與差.現在我们利用這一点来證明“項趋零性”.

項趋零性

如果级數 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛, 那么其通項 $a_n$ 随 $n$ 趋于无穷时的極限必為零，即

\lim_{n \to \infty} a_n = 0

證明

设级數收敛于 $S$ , 即 $\lim_{n \to \infty} S_n = S$ . 注意到通項與部分和的關係： $a_n = S_n - S_{n-1}$ (当 $n \ge 2$ ). 對等式两边取極限：

\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

證毕.

這是一個必要条件，而非充分条件. 也就是說，即使 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$ , 级數也未必收敛. 這一点在后續關于调和级數的讨論中将得到證实. 但如果 $\lim_{n \to \infty} a_n \neq 0$ ，我们可以断定级數必然發散.

例

判断级數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n+1}$ 的敛散性.

解

考察通項的極限：

\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1} = 1

由于極限不為 $0$ ，根据必要条件，该级數發散.

重要的级數模型

\paragraph{几何级數 (等比级數)} 這是最基本且應用最廣泛的级數. 考虑等比數列 $\{aq^{n-1}\}$ 構成的级數：

\sum_{n=1}^{\infty} aq^{n-1} = a + aq + aq^2 + ... (a \neq 0)

其部分和 $S_n$ 由等比數列求和公式给出：

S_n = \begin{cases} \frac{a(1-q^n)}{1-q} & q \neq 1 \\ na & q = 1 \end{cases}

我们分析 $S_n$ 的極限行為：

当 $|q| \< 1$ 时, $\lim_{n \to \infty} q^n = 0$ , 故 $\lim_{n \to \infty} S_n = \frac{a}{1-q}$ . 级數收敛.
当 $|q| \ge 1$ 时, 數列 $\{q^n\}$ 不收敛于 $0$ (或發散), 導致 $S_n$ 發散.

结論：几何级數 $\sum_{n=1}^{\infty} aq^{n-1}$ 收敛当且僅当 $|q| \< 1$ , 其和為 $\frac{a}{1-q}$ .

例

计算循环小數 $0.999...$ 的值, 并判断它與 $1$ 的關係.

解

首先明确 $0.999...$ 的含義. 它表示一個極限過程：依次取

s_1 = 0.9, s_2 = 0.99, s_3 = 0.999, ...

一般地，第 $n$ 個近似寫作

s_n = 0.\underbrace{99... 9}_{n\text{ 個 }9}.

我们把數列 $\{s_n\}$ 的極限（若存在）记作 $0.999...$ ：

0.999... \coloneqq \lim_{n\to\infty} s_n.

接下来把 $s_n$ 寫成一個有限级數. 每個 $s_n$ 可以表示為

s_n = \frac{9}{10} + \frac{9}{10^2} + ... + \frac{9}{10^n} = \sum_{k=1}^{n} \frac{9}{10^k}.

這是一列等比级數的前 $n$ 項和, 首項為 $a = \dfrac{9}{10}$ , 公比為 $q = \dfrac{1}{10}$ . 由等比數列求和公式

\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 $0.999...$ 的定義，有

0.999... = \lim_{n\to\infty} s_n = 1.

從差的角度再看一次這一结論. 由 $s_n = 1 - 10^{-n}$ 可得

1 - s_n = 10^{-n}.

對两边取極限：

1 - 0.999... = 1 - \lim_{n\to\infty} s_n = \lim_{n\to\infty} (1 - s_n) = \lim_{n\to\infty} 10^{-n} = 0.

两數之差為 $0$ , 說明 $0.999...$ 與 $1$ 表示同一個实數，它们之間没有任何間隙.

注意，上面的计算同时给出了另一個常用寫法的依据. 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}.

任何有限小數在十進制展開中，都可以有一种“最后一位减一，再接无穷個 $9$ ”的等价表示； $0.999... = 1$ 是其中最簡單的一种情形.

\paragraph{调和级數} 考察通項為 $a_n = \frac{1}{n}$ 的级數：

\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，但该级數却是發散的. 這是一個反直觉的重要例子.

證明（Oresme 的證明）

我们将级數的項進行分组放缩：

\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}

通過不断地将 $2^k$ 項分母放大到 $2^{k+1}$ 的倒數, 我们構造出了无穷多個 $1/2$ . 显然，這個和趋向于无穷大. 因此，调和级數發散.

\paragraph{裂項级數} 如果级數的通項 $a_n$ 可以表示為某個數列 $\{b_n\}$ 的差分形式 $a_n = b_n - b_{n+1}$ , 则部分和 $S_n$ 会出現中間項抵消的現象. 這种级數称為裂項级數.

S_n = (b_1 - b_2) + (b_2 - b_3) + ... + (b_n - b_{n+1}) = b_1 - b_{n+1}

此时，级數的敛散性完全取决于數列 $\{b_n\}$ 的極限.

\sum_{n=1}^{\infty} (b_n - b_{n+1}) = b_1 - \lim_{n \to \infty} b_{n+1}

例

计算级數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)}$ 的和.

解

利用部分分式分解：

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

部分和為：

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}

取極限：

S = \lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \left(1 - \frac{1}{n+1}\right) = 1

绝對收敛與条件收敛

對于項的符号發生變化的级數，情况会變得更加微妙. 考虑交錯调和级數：

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + ...

虽然调和级數發散，但由于正负項的相互抵消，這個级數是收敛的（收敛于 $\ln 2$ ）.

定義

對于级數 $\sum a_n$ ：

如果各項的绝對值構成的级數 $\sum |a_n|$ 收敛，则称原级數绝對收敛.
如果原级數 $\sum a_n$ 收敛, 但 $\sum |a_n|$ 發散，则称原级數条件收敛.

绝對收敛的级數具有很好的性質，例如可以任意交換求和顺序而不改變和的值. 而条件收敛级數则不然，黎曼重排定理指出：對于条件收敛级數，可以通過重排項的顺序，使其收敛于任意实數，甚至發散. 這再次提醒我们，在处理无穷级數时，有限运算的直觉（如交換律）必须經過严格的檢验.

典型级數與函數展開

在建立了级數收敛的基本概念后，我们需要建立几個標准的參照係. 判断一個陌生级數是否收敛，最有效的方法往往是将其與我们熟知的典型级數進行比较. 此外，我们将视点從單纯的“數字之和”提升到“函數”的高度，探讨如何用级數来表示动态變化的量.

几何级數

几何级數（等比级數）是计算中最友好的级數，也是衡量其他级數收敛速度的標尺.

考虑级數 $\sum_{n=0}^{\infty} x^n = 1 + x + x^2 + ...$ . 我们在前文中已知，当且僅当 $|x| \< 1$ 时, 该级數收敛于 $\frac{1}{1-x}$ .

這個求和公式揭示了一個深刻的代數事实：函數 $f(x) = \frac{1}{1-x}$ 可以展開為一個无穷多項式.

\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^{\infty} x^n (|x| \< 1)

這個等式是現代分析中“幂级數”理論的起点. 它告诉我们，在收敛区間内，複杂的函數可以被簡單的幂函數之和所替代.

\begin{figure}[htbp]

{1-x} $}{y=1/(1-x)} 與其部分和多項式的逼近情况.注意在 \texorpdfstring{$ |x|<1 $}{|x|\<1} 区間内的拟合效果.} \end{figure} *圖：函數 \texorpdfstring{$ y=\frac{1*

调和级數的推廣：\texorpdfstring{ $p$

{p}-级數} 调和级數 $\sum \frac{1}{n}$ 的發散性划定了一条隐形的界線. 如果通項趋于 $0$ 的速度比 $1/n$ 更慢, 级數必發散；如果快得多, 级數可能收敛. 為了量化這种“快慢”, 我们引入 $p$ -级數.

$p$-级數

形如以下的级數称為 $p$ -级數：

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} = 1 + \frac{1}{2^p} + \frac{1}{3^p} + ...

其中 $p$ 為实常數.

其敛散性完全由指數 $p$ 决定：

当 $p \le 1$ 时, 级數發散. （ $p=1$ 即為调和级數）
当 $p \> 1$ 时，级數收敛.

例如， $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛（欧拉證明了其和為 $\pi^2/6$ ）, 而 $\sum \frac{1}{\sqrt{n}}$ ( $p=1/2$ ) 發散. $p$ -级數常被用作比较判别法中的“參照物”.

交錯级數

現实世界中的波动往往具有正负交替的特征. 數學上，這种正负項交替出現的级數称為交錯级數. 其一般形式為：

\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} a_n = a_1 - a_2 + a_3 - a_4 + ... (a_n \> 0)

對于這類级數，莱布尼茨给出了一個極其簡洁且实用的判别法.

莱布尼茨判别法

如果交錯级數 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} a_n$ 满足以下两個条件：

單调递减： $a_{n+1} \le a_n$ 對所有 $n$ 成立；
趋于零： $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$ .

那么该级數收敛.

證明

记部分和

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

将奇數項、偶數項的部分和分開来看：

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}.

偶數部分和單调递增：

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,

因為 $\{a_n\}$ 單调递减, 所以 $a_{2n+1}\ge a_{2n+2}$ . 因此 $\{S_{2n}\}$ 單调递增.

奇數部分和單调递减：

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 $\{S_{2n+1}\}$ 單调递减.

奇偶部分和互相夹逼： 一方面，

S_{2n+1}=S_{2n}+a_{2n+1}\>S_{2n},

所以對所有 $n$ , 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{單调递增有上界} \;\Rightarrow\; \{S_{2n}\}\ \text{收敛},

\{S_{2n+1}\}\ \text{單调递减有下界} \;\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 $a_n\to0$ 說明两極限相同： 注意到

S_{2n+1}-S_{2n}=a_{2n+1}\xrightarrow[n\to\infty]{}0.

两边取極限可得

L_2-L_1=\lim_{n\to\infty}(S_{2n+1}-S_{2n}) =\lim_{n\to\infty}a_{2n+1}=0,

所以 $L_1=L_2=:L$ .

這說明奇數、偶數部分和都收敛到同一個極限 $L$ , 于是整體部分和 $S_n$ 也收敛到 $L$ ，即原交錯级數收敛.

直观理解： 每加一項就向左、向右交替“摆动”，由于加上的正负項绝對值越来越小，部分和在一段越来越短的区間内来回震荡，這個区間的长度恰好约為 $a_n$ , 而 $a_n\to0$ ，所以震荡最终集中到同一個点，這個点就是级數的和.

例

判断级數 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{1}{n}$ 的敛散性.

解

這是交錯调和级數. 令 $a_n = \frac{1}{n}$ .

显然 $a_{n+1} = \frac{1}{n+1} \< \frac{1}{n} = a_n$ ，满足單调递减.
$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$ ，满足極限為零. 根据莱布尼茨判别法，该级數收敛.

例

判断级數 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{1}{\sqrt{n}}$ 的敛散性，并說明是绝對收敛还是条件收敛.

解

令 $a_n = \dfrac{1}{\sqrt{n}}$ .

單调性：對 $n\ge1$ ，

a_{n+1} = \frac{1}{\sqrt{n+1}} \< \frac{1}{\sqrt{n}} = a_n,

所以 $\{a_n\}$ 單调递减；

2. 極限： $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}=0$ .

满足莱布尼茨判别法的两個条件，因此

\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{1}{\sqrt{n}}

收敛.

再看绝對收敛性：

\sum_{n=1}^{\infty}\left|(-1)^{n-1}\frac{1}{\sqrt{n}}\right| = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}

是 $p$ 级數（ $p=\tfrac12\le1$ ），發散.

因此原级數是条件收敛而不是绝對收敛.

例

判断级數 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{1}{n(n+1)}$ 的敛散性，并說明是绝對收敛还是条件收敛.

解

令 $a_n = \dfrac{1}{n(n+1)}$ .

單调性：對 $n\ge1$ ，

a_{n+1} = \frac{1}{(n+1)(n+2)}.

比较 $a_{n+1}$ 與 $a_n$：

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 $a_{n+1} \< a_n$，序列單调递减；

2. 極限： $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n(n+1)}=0$ .

故由莱布尼茨判别法，

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

收敛.

再看绝對收敛性：

\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，從而原级數绝對收敛.

例

判断级數 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\sin\frac{1}{n}$ 的敛散性，并說明是绝對收敛还是条件收敛.

解

令 $a_n = \sin\frac{1}{n}$ .

單调性：当 $n$ 增大时, $\dfrac{1}{n}$ 單调递减；而在区間 $(0,1]$ 上, $\sin x$ 是單调递增函數（因為 $\cos x\>0$ ），因此複合函數

a_n = \sin\left(\frac{1}{n}\right)

随 $n$ 增大而單调递减, 即 $a_{n+1}\le a_n$；

2. 極限： $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sin\frac{1}{n}=\sin 0=0$ .

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.

考察绝對收敛性：

\sum_{n=1}^{\infty}\left|\sin\frac{1}{n}\right|.

對大 $n$ , $\dfrac{1}{n}$ 很小，利用極限

\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1 \Rightarrow \lim_{n\to\infty}\frac{\sin\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}=1.

于是由極限比较判别法，

\sum_{n=1}^{\infty}\left|\sin\frac{1}{n}\right| \text{與} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}

有相同的敛散性，而调和级數 $\displaystyle \sum\frac{1}{n}$ 發散，因此

\sum_{n=1}^{\infty}\left|\sin\frac{1}{n}\right|

發散.

故原级數是条件收敛而不是绝對收敛.

作為函數的级數

我们将几何级數 $\sum x^n$ 的思想推廣. 如果我们将级數中的常數項替換為變量 $x$ 的函數，级數本身就定義了一個新的函數. 最重要的一類是幂级數.

幂级數

形如

\sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n = c_0 + c_1 x + c_2 x^2 + ...

的级數称為關于 $x$ 的幂级數, 其中 $c_n$ 為常數係數.

幂级數可以看作是“无穷次多項式”. 對于一個幂级數，存在一個非负实數 $R$ （称為收敛半径），使得：

当 $|x| \< R$ 时，级數绝對收敛；
当 $|x| \> R$ 时，级數發散.

许多常见的初等函數都可以表示為幂级數，這称為函數的泰勒展開. 這种表示法将複杂的函數运算（如求導、積分）转化為簡單的多項式係數运算.

例

指數函數 $e^x$ 的幂级數展開為：

e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + ...

该级數對所有实數 $x$ 均收敛（即 $R = +\infty$ ）.

例

正弦函數 $\sin x$ 的幂级數展開為：

\sin x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!} = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - ...

這也是一個交錯级數，且對所有实數 $x$ 收敛.

通過這些展開式，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 $\sin(1)$ 等數值. 這正是级數理論在現代计算中的核心應用.

泰勒公式與泰勒级數

{/* label: sec:ch07-s17 */}

多項式是數學中最簡單的函數類：它们僅涉及有限次的加法與乘法运算，易于计算、求導和積分.對于複杂的非多項式函數（如 $e^x, \sin x, \ln x$ ），我们试圖寻找一個多項式来局部替代它.

這种替代的直观思路是“拟合”.如果一個多項式 $P(x)$ 在某一点 $x_0$ 处不僅與原函數 $f(x)$ 數值相等, 而且導數相等、二階導數相等……直到 $n$ 階導數都相等, 那么 $P(x)$ 在 $x_0$ 附近的行為将與 $f(x)$ 高度一致.

多項式逼近的構造

考虑在点 $x_0 = 0$ 附近逼近函數 $f(x)$ .假设 $f(x)$ 在该点具有任意階導數. 我们要構造一個 $n$ 次多項式：

P_n(x) = c_0 + c_1 x + c_2 x^2 + ... + c_n x^n

使得 $P_n(x)$ 與 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的 $0$ 到 $n$ 階導數完全吻合.即：

P_n^{(k)}(0) = f^{(k)}(0), k=0, 1, ..., n

對 $P_n(x)$ 逐次求導并令 $x=0$ ：

\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 $P_n^{(k)}(0) = f^{(k)}(0)$ , 解得係數 $c_k$ ：

c_k = \frac{f^{(k)}(0)}{k!}

由此得到逼近多項式的显式表达.将其推廣到任意展開点 $x_0$ ，即得到泰勒多項式.

泰勒多項式

设函數 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处具有 $n$ 階導數.称多項式

T_n(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k

為 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的 $n$ 次泰勒多項式. 特别地，当 $x_0 = 0$ 时，称為 麦克劳林多項式.

泰勒公式與余項

多項式 $T_n(x)$ 只是 $f(x)$ 的一個近似.為了使等式成立, 必须引入誤差項（余項） $R_n(x)$ ：

f(x) = T_n(x) + R_n(x)

這就構成了泰勒公式.余項的大小决定了逼近的精度.

泰勒中值定理

如果函數 $f(x)$ 在包含 $x_0$ 的某個区間内具有 $n+1$ 階導數, 则對该区間内的任意 $x$ , 存在介于 $x$ 與 $x_0$ 之間的某個 $\xi$ ，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}

其中最后一項称為拉格朗日余項.

该定理是微分中值定理的推廣（ $n=0$ 时即為拉格朗日中值定理）.余項的形式提示我们：如果 $f^{(n+1)}(x)$ 有界, 且 $(x-x_0)$ 较小或 $n$ 很大，誤差将迅速衰减.

\begin{figure}[htbp]

{sin x} 及其麦克劳林多項式 \texorpdfstring{ $T_1, T_3, T_5$ }{T1, T3, T5} 的圖像.随着階數 \texorpdfstring{ $n$ }{n} 的增加，多項式與原函數的重合范围逐渐擴大.} \end{figure} 圖：\texorpdfstring{ $\sin x$

泰勒级數

当 $n$ 趋于无穷大时, 如果余項 $R_n(x)$ 的極限為 $0$ ，则泰勒公式转化為一個无穷级數.此时，函數不僅被多項式逼近，而是被级數精确表示.

泰勒级數

设 $f(x)$ 在 $x_0$ 处具有任意階導數.级數

\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n

称為 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的泰勒级數.

注意：泰勒级數的收敛域可能僅限于 $x_0$ 附近的一個区間（收敛区間）.在该区間外，级數發散或不收敛于原函數.

常见函數的麦克劳林展開

以下展開式是分析學中的基本常识，展開点均為 $x_0 = 0$ .

\paragraph{指數函數} 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})

此级數對一切实數收敛，且收敛速度極快.

\paragraph{正弦與余弦函數} 设 $f(x) = \sin x$ .導數依次為 $\cos x, -\sin x, -\cos x, \sin x, ...$ . 在 $x=0$ 处的值依次為 $0, 1, 0, -1$ .偶數項係數為 $0$ ，奇數項符号交替.

\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})

同理可得余弦函數的展開（僅含偶次項）：

\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})

這解释了為何 $\sin x$ 是奇函數（僅含奇次幂）, 而 $\cos x$ 是偶函數（僅含偶次幂）.

\paragraph{二項式级數} 考虑 $f(x) = (1+x)^\alpha$ , 其中 $\alpha$ 為任意实數. 其係數满足 $c_n = \frac{\alpha(\alpha-1)...(\alpha-n+1)}{n!}$ , 记為廣義组合數 $\binom{\alpha}{n}$ .

(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 $\alpha$ 為正整數时, 级數截断為有限項, 即牛顿二項式定理；当 $\alpha$ 為负數或分數时，得到无穷级數.

例

利用泰勒展開计算 $\sqrt{1+x}$ 的近似多項式（保留至二次項）.

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，该多項式提供了平方根函數的优良近似.

欧拉公式的连接

观察 $e^x, \sin x, \cos x$ 的级數形式.如果允许在级數中代入虚數單位 $i$ （满足 $i^2 = -1$ ），我们發現：

\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}

這便是著名的欧拉公式： $e^{ix} = \cos x + i \sin x$ .它通過泰勒级數這一桥梁，将指數函數與三角函數统一在複數域中.

數學归纳法​

\texorpdfstring{ 和 符号​

运算法则​

有趣的應用*​

數列的語言​

来龙去脉​

等差數列​

来龙去脉​

通項公式與前n項和​

等比數列​

来龙去脉​

通項公式與前n項和​

差比數列​

差比求和​

苹果公式​

裂項相消法​

斐波那契數列​

比内公式​

前n項和​

平方和​

相邻項乘積之和​

對称項之和​

數列求和的通用策略​

基本公式法​

裂項相消法​

Gosper 裂項法*​

超几何項​

Gosper 的洞察與方法​

錯位相减法​

倒序相加法​

阿贝尔（Abel）變換*​

递推關係與通項公式​

和與項的互化關係​

基本原理​

由 \texorpdfstring{​

由含 \texorpdfstring{​

特例：连乘積與項的转化​

一階递推的基本形式​

累加法​

累乘法​

结構匹配與變形​

線性递推與代數構造​

常數項構造​

同除構造​

非線性递推的變換技巧​

倒數變換​

對數變換​

二階常係數線性递推​

特征方程法的由来​

特殊结構：隔項與周期​

迭代與不动点​

不动点與方程求解​

不动点法求通項的原理​

線性递推中的平移變換​

分式線性递推中的比值變換​

总结​

压缩映射原理​

巴比伦算法​

牛顿迭代法​

數列的單调性​

定義​

判断方法​

奇偶數列*​

定義與判断​

數列的周期性​

来龙去脉​

定義與性質​

周期性的判定​

數列的極限*​

逼近的尝试與定義的演進​

極限的严格定義​

極限的运算法则​

不定型極限的计算策略​

極限判敛准则​

两個重要的極限​

级數​

定義與收敛性​

级數收敛的必要条件​

重要的级數模型​

绝對收敛與条件收敛​

數學归纳法

\texorpdfstring{ $\sum$ 和 $\prod$ 符号

运算法则

有趣的應用*

數列的語言

来龙去脉

等差數列

来龙去脉

通項公式與前n項和

等比數列

来龙去脉

通項公式與前n項和

差比數列

差比求和

苹果公式

裂項相消法

斐波那契數列

比内公式

前n項和

平方和

相邻項乘積之和

對称項之和

數列求和的通用策略

基本公式法

裂項相消法

Gosper 裂項法*

超几何項

Gosper 的洞察與方法

錯位相减法

倒序相加法

阿贝尔（Abel）變換*

递推關係與通項公式

和與項的互化關係

基本原理

由 \texorpdfstring{ $S_n$

由含 \texorpdfstring{ $S_n$

特例：连乘積與項的转化

一階递推的基本形式

累加法

累乘法

结構匹配與變形

線性递推與代數構造

常數項構造

同除構造

非線性递推的變換技巧

倒數變換

對數變換

二階常係數線性递推

特征方程法的由来

特殊结構：隔項與周期

迭代與不动点

不动点與方程求解

不动点法求通項的原理

線性递推中的平移變換

分式線性递推中的比值變換

总结

压缩映射原理

巴比伦算法

牛顿迭代法

數列的單调性

定義

判断方法

奇偶數列*

定義與判断

數列的周期性

来龙去脉

定義與性質

周期性的判定

數列的極限*

逼近的尝试與定義的演進

極限的严格定義

極限的运算法则

不定型極限的计算策略

極限判敛准则

两個重要的極限

级數

定義與收敛性

级數收敛的必要条件

重要的级數模型

绝對收敛與条件收敛