数列基础

数列的定义

数列是由数字组成的有序序列，数列中的每一个数都叫做这个数列的项。项数有限的数列成为有限数列，项数无穷多的成为无穷数列。

排在第一位的数称为这个数列的首项，有限数列的最后一个数成为这个数列的末项。注意：无穷数列只有首项，没有末项。

对于数列，更严谨的定义，考虑最一般的复数，下文再说。

无穷数列：

• 一个 (a:\mathbb N\to\mathbb C) 的函数被称为无穷数列。

• 可记为 \{a_i\}_{i\in\mathbb N} 或 (a_i)_{i\in\mathbb N} 或 \langle a_i\rangle_{i\in\mathbb N}。

• 一个数列 a 的第 i 项，通常记为 a(i)，简记为 a_i。

有限数列：

• 若 I_n=\{1,2,\dots,n\}，则一个 (a:I_n\to\mathbb C) 的函数被称为有限数列。

• 可记为 \{a_i\}_{i=1}^n 或 (a_i)_{i=1}^n 或 \langle a_i\rangle_{i=1}^n。

• 同时，也可以将 0 作为数列的首项，类似的。

数列的表示

列举法：例如

a=\langle1,2,4,8,16\rangle

对于无穷数列很不好用。

图像法：

• 数列是离散的，因此数列的图像是一个散点图。

• 一般这个不好用。

下面我们介绍几个常用的表示方法：通项公式和递推公式。

通项公式：表示 n 和 a_n 的关系的公式，叫做 a 的通项公式。

把数列看成函数的形式，

a_n=f(n)

数列对应函数的解析式，被称为数列的通项公式。

例如，

a_n=2^n

递推公式：表示 a_n 和 a_n 的前一或前几项的关系的公式，叫做 a 的递推公式。

例如，

a_{n+1}=a_n+2

特殊的，如果要根据递推公式确定一个数列，还需要知道数列的任意一项。

一般会表示数列的首项，例如，

a_1=1

如果一个数列只跟其前面的 k 项有关，其中 k 是满足这个条件的最小正整数，

那么称这个数列的阶数为 k，即这个数列是一个 k 阶数列。

数列的级数

数列中各个项的和称为级数，具体的，

一个数列 a_i(i\in\mathbb N) 的级数是另外一个数列 s_i(i\in\mathbb N)，具有以下特性：

• s_0=a_0，
• s_n=s_{n-1}+a_n(\forall n\in\mathbb Z^*)

一般会将 \{s_i\}_{i\in\mathbb N} 写为，

\sum _{i=0}^na_i

甚至更直观的 a_0+a_1+\dots +a_n 来凸显级数源于求和的直观概念。

对于从 1 开始的数列，同理，一般直接使用求和符号简记为，

s_i=\sum_{i=1}^na_i

数列与函数

我们知道函数和数列都是一种映射，只不过，函数一般是连续的，而数列一般是离散的。

容易发现，数列，

a_n=f(n)

其级数，即为 f 函数的积分，

s_n=g(n)

其差分，即为 f 函数的微分，

d_n=k(n)

我们在数列进阶部分讨论。

数学归纳法

数学归纳法是证明某个命题对于所有满足 n\ge n_0 的整数 n 都成立的一般方法。首先我们在 n 取 最小值 n_0 时证明该命题，这一步骤成为基础。然后对 n>n_0，假设该命题对 n_0\sim n-1 之间的所有值已经被证明，再证明该命题对 n 成立，这一步骤成为归纳。

这样一种证明方法仅用有限步就得到无限多个结果。

• 皮亚诺公理：

  一个最简单的例子，皮亚诺公理的自然数定义：

  1. 0 是自然数；
  2. 每一个确定的自然数 a，都有一个确定的后继 a'，a' 也是自然数；
  3. 对于每个自然数 b,c，b=c 当且仅当 b'=c'；
  4. 0 不是任何自然数的后继；
  5. 任意关于自然数的命题，如果证明：
     • 它对 0 成立，且假定它对自然数 a' 为真时，
     • 可以证明它对 a' 也成立。
     • 那么该命题对所有自然数都成立。

  公理 5 保证了数学归纳法的正确性，从而被称为归纳法原理。

  PS：在集合论和计算机科学领域中，认为 0 属于自然数。

  但在数论领域中，认为 0 不属于自然数，因而按数论描述，自然数会同义于正整数。

  因此，如果定义 0 不属于自然数，把上面的 0 改成 1 即可。

• 戴德金-皮亚诺结构：

  戴德金-皮亚诺结构可以描述为满足所有以下条件的三元组 (S,f,e)：

  1. (e\in S)
  2. (\forall a\in S)(f(a)\in S)
  3. (\forall b\in S)(\forall c\in S)((f(b)=f(c))\Rightarrow(b=c))
  4. (\forall a\in S)(f(a)\neq e)
  5. (\forall A\subseteq S)(((e\in A)\wedge(\forall a\in A)(f(a)\in A))\Rightarrow(A=S))

  一个形象化的例子就是最上面的，即三元组 (\mathbb N,(f:\mathbb N\to\mathbb N_+;x\mapsto(x+1)),0)。

正向数学归纳法：此处不区分第一数学归纳法，第二数学归纳法。

反向数学归纳法：反向数学归纳法，是从 n 到 n-1 来证明命题，而不是相反。

题目一：证明，

S_n=1+2+\dots+n={n(n+1)\over2}

由于，

1={1\times2\over2}

假设我们已经证明，

S_{n-1}={n(n-1)\over2}

那么，

S_n=S_{n-1}+n={n(n-1)\over2}+n={n(n+1)\over2}

则，其对于任意自然数成立。

题目二：解递归式，

Q_0=\alpha,Q_1=\beta\\ Q_n={1+Q_{n-1}\over Q_{n-2}},n>1

容易发现，

\begin{array}{c|c} \begin{aligned} Q_0&=\alpha\\ Q_1&=\beta\\ Q_2&={1+\beta\over\alpha}\\ Q_3&={1+\alpha+\beta\over\alpha\beta}\\ Q_4&={1+\alpha\over\beta} \end{aligned}& \begin{aligned} Q_5&=\alpha\\ Q_6&=\beta\\ \dots\\\\\\\\\\ \end{aligned} \end{array}

是一个周期函数，结论：

Q_n=\left\{\begin{aligned} &\alpha&\kern{1em}\operatorname{if}n\equiv0\pmod5\\ &\beta&\kern{1em}\operatorname{if}n\equiv1\pmod5\\ &{1+\beta\over\alpha}&\kern{1em}\operatorname{if}n\equiv2\pmod5\\ &{1+\alpha+\beta\over\alpha\beta}&\kern{1em}\operatorname{if}n\equiv3\pmod5\\ &{1+\alpha\over\beta}&\kern{1em}\operatorname{if}n\equiv4\pmod5\\ \end{aligned}\right.

证明：

对于 n\in[0,5)，易证。

假设对于 n=5k+q,k\le t,k\in\mathbb Z,q\in[0,5) 成立。

证明对于 n=5(k+1)+q 也成立，以 n=5(k+1) 为例，

Q_{5(k+1)}={1+Q_{5(k+1)-1}\over Q_{5(k+1)-2}}={1+Q_{5k+4}\over Q_{5k+3}}=\alpha

对于 q=2,3,4，同理，略。

反向数学归纳法

例如，证明：

\prod_{i=1}^nx_i\le\left({\sum_{i=1}^nx_i\over n}\right)^n

对于 x_1,x_2\dots x_n\ge0。

证明：

记命题，

P(n):x_1\dots x_n\le\left({x_1+\dots+x_n\over n}\right)^n

则，

P(1):x_1\le x_1

显然成立。

P(2):x_1x_2\le\left({x_1+x_2\over2}\right)^2

即，

4x_1x_2\le x_1^2+2x_1x_2+x_2^2\\ x_1^2-2x_1x_2+x_2^2\ge0

显然成立。

即，P(1),P(2) 成立。

性质一：若 P(n) 成立，则 P(n-1) 也成立。

记，

x_n={x_1+\dots+x_{n-1}\over n-1}

则 P(n) 为，

x_1\dots x_{n-1}\cdot{x_1+\dots+x_{n-1}\over n-1}\le\left({x_1+\dots+x_{n-1}\over n-1}\right)^n

即 P(n-1)，

x_1\dots x_{n-1}\le\left({x_1+\dots+x_{n-1}\over n-1}\right)^{n-1}

Q.E.D.

性质二：若 P(n) 成立，则 P(2n) 成立。

我们记第一个 P(n) 为，

x_1\dots x_n\le\left({x_1+\dots+x_n\over n}\right)^n

同样的，记第二个 P(n) 为，

x_{n+1}\dots x_{2n}\le\left({x_{n+1}+\dots+x_{2n}\over n}\right)^n

我们知道 P(2) 是成立的，记

y_1=x_1\dots x_n\\ y_2=x_{n+1}\dots x_{2n}

对 y_1,y_2 应用 P(2)，

\begin{aligned} y_1y_2&\le\left({y_1+y_2\over2}\right)^2\\ x_1\dots x_{2n}&\le\left(x_1\dots x_n+x_{n+1}\dots x_{2n}\over2\right)^2\\ &={(x_1\dots x_n)^2+(x_{n+1}+x_{2n})^2+2x_1\dots x_{2n}\over4}\\ &={(x_1\dots x_n)^2+(x_{n+1}+x_{2n})^2\over2}\\ &\le{(x_1+\dots+x_n)^{2n}+(x_{n+1}+\dots+x_{2n})^{2n}\over(2n)^{2n}}\\ &\le\left({x_1+\dots+x_{2n}\over2n}\right)^{2n} \end{aligned}

即，P(2n)。

整理，根据，

P(1),P(2)\\ P(n)\Rightarrow P(2n)\\ P(n)\Rightarrow P(n-1)

我们可以知道，对于 \forall n\in\mathbb N^*，P(n) 成立。

等差数列

在等差数列中，任何相邻两项的差相等，该差值称为公差 d。

具体的，可以表示为，

a_n=d+qn

的，都是等差数列。

上式中，公差为 d，首项 a_1=d+q。

• 若 d>0，等差数列为一个严格单调递增数列。
• 若 d<0，等差数列为一个严格单调递减数列。
• 特殊的，若 d=0，等差数列退化为一个常数列。

递推公式

形如，

\boxed{a_{n+1}=a_n+d,(n\in\mathbb Z^*)}

或者记为，

a_{n+1}-a_n=d

即公差的定义式。

通项公式

形如，

\boxed{a_n=a_1+(n-1)d}

即，角标减一，等于公差个数。

或者对于从 0 开始的数列，

a_n=a_0+nd

前面的一项即为首项，其与公差需为给定的确定的数。

等差性质

除了上述几条，

给定任意两项 a_n,a_m，则公差，

\boxed{d={a_n-a_m\over n-m}}

在等差数列中，前项与后项和为该项两倍，具体的，

\begin{aligned} a_{n-1}+a_{n+1}&=a_n-d+a_n+d\\ &=2a_n \end{aligned}

从另一个角度看，等差数列中的任意一项，是其前项和后项的算术平均：

a_n={a_{n-1}+a_{n+1}\over2}

对于正整数 m,n,p,q，若 m+n=p+q，则，

\boxed{a_m+a_n=a_p+a_q}

或者简化一下，

\boxed{a_m+a_n=a_{m-k}+a_{n+k}}

据此，有，

\boxed{a_{n-k}+a_{n+k}=2a_n}

对于 a_{n-k},a_n,a_{n+k} 有意义。据此，同理，

a_n={a_{n-k}+a_{n+k}\over2}

若 \langle a_n\rangle 为一个等差数列，则，

• \langle b+a_n\rangle：为一个等差数列；
• \langle b\times a_n\rangle：为一个等差数列；
• \langle b^{a_n}\rangle：为一个等比数列（见下）；

项数公式

给定等差数列首项 a_1 及公差 d，有项 a_k，则，

\begin{aligned} a_k=a_1+(k-1)d\\ k-1={a_k-a_1\over d}\\ \boxed{k={a_k-a_1\over d}+1} \end{aligned}

或对于 a_0，

\begin{aligned} a_k=a_0+kd\\ k={a_k-a_0\over d}\\ \end{aligned}

另外的，函数思想，有，

\begin{aligned} a_n=f(n)\\ n=g(a_n) \end{aligned}

即 f,g 互为反函数，这个可以用于求多种数列。

求和公式

一般考虑，

S_i=\sum_{i=1}^na_i

有常用公式，

S_n-S_{n-1}=a_n

考虑求解出，求和公式的封闭形式，

\begin{aligned} S_n&=a_1+(a_1+d)+(a_1+2d)+\dots+[a_1+(n-1)d]\\ &=na_1+d[1+2+3+\dots(n-1)]\\ &=na_1+dT_{n-1} \end{aligned}

而对于，

T_n=1+2+3+\dots+n

我们首尾配对，

T_n=n+(n-1)+\dots+1

两者相加，

\begin{aligned} 2T_n=n(n+1)\\ T_n=n(n+1)/2 \end{aligned}

另，一般题中出现 x_1 + x_2 = k（k 为常数），且 f(x_1) + f(x_2) = \ell（\ell 为常数）时，可以采用倒序相加的方法进行求和。

于是，

\begin{aligned} S_n&=na_1+dT_{n-1}\\ &=\boxed{na_1+{n(n-1)\over2}d}\\ &={n\over2}[2a_1+(n-1)d]\\ &=\boxed{{n(a_1+a_n)\over2}} \end{aligned}

或者，对于原始公式直接首尾配对，用上面的结论，也可以得出。

总结一下，一般写为，

\boxed{S_n={[2a_1+(n-1)d]\over2}\cdot n={n(a_1+a_n)\over2}}

常用二次函数的思想：

\boxed{S_n={d\over2}n^2+\left(a_1-{d\over2}\right)n}

据此，可以等差数列和的极点存在于，

\boxed{n={d/2-a_1\over d}={1\over2}-{a_1\over d}}

我们发现，该函数图像过原点，因此我们定义，

S_0=0

同时，对于上面的式子，如果我们假设存在 a_0，那么求和，

得出很重要的一个结论，任何一个二次函数，都可以表示为一个等差数列的级数。

也就是说：数列 \{a_n\} 是等差数列，等价于 S_n=An^2+Bn，等价于 \left\{\dfrac{S_n}{n}\right\} 为等差数列。

等差数列和在中文教科书中常表达为：

一个等差数列的和，等于其首项与末项的和，乘以项数除以二。

对于等差数列的前 n 项和，也可以将其构造为等差数列。等差数列 \{a_n\}，设公差为 d，若前 n 项和为 S_n，则 \{S_m,S_{2m}-S_m,S_{3m}-S_{2m}\} 仍构成等差数列，公差为 m^2d。

如果数列 \{a_n\} 为等差数列，\{a_n\} 的前 n 项和 S_n 有如下结论：

• 若 a_1 < 0, d > 0，且此时 n 满足 \begin{cases} a_n \le 0 \\ a_{n+1} \ge 0 \end{cases}，则 S_n 有最小值；

• 若 a_1 > 0, d < 0，且此时 n 满足 \begin{cases} a_n \ge 0 \\ a_{n+1} \le 0 \end{cases}，则 S_n 有最大值。

等差中项

对于 a,b，有 c 满足，

c-a=b-c

即，

c={a+b\over2}

即算术平均数。

或者，若 \{a,b,c\} 为一个等差数列，那么

b-a=c-b

一般写为，

a+c=2b

可以用这个来判断一个三项数列是否为等差数列。

例题，对于等差数列 \{a,b,c\}，证明，

\left\{{1\over\sqrt b+\sqrt c},{1\over\sqrt c+\sqrt a},{1\over\sqrt a+\sqrt b}\right\}

也是一个等差数列。

暴力展开，

{2\over\sqrt c+\sqrt a}={1\over\sqrt b+\sqrt c}+{1\over\sqrt a+\sqrt b}\\ {2\over\sqrt c+\sqrt a}={2\sqrt b+\sqrt a+\sqrt c\over b+\sqrt b(\sqrt a+\sqrt c)+\sqrt{ac}}\\ 2b+2\sqrt{ac}+2\sqrt b(\sqrt a+\sqrt c)=2\sqrt b(\sqrt a+\sqrt c)+a+c+\sqrt ac\\ a+c=2b

对于等差数列 \{a,b,c\} 成立。Q.E.D.

或者，观察到原式中，分母都是根号的形式，考虑分母有理化，

{2\over\sqrt c+\sqrt a}={1\over\sqrt b+\sqrt c}+{1\over\sqrt a+\sqrt b}\\ {2(\sqrt c-\sqrt a)\over2d}={\sqrt c-\sqrt b\over d}+{\sqrt b-\sqrt a\over d}

显然成立。

累加法

最简单的，形如，

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

都可以使用累加法，具体的，

\begin{aligned} a_n&=a_{n-1}+f(n)\\ a_{n-1}&=a_{n-2}+f(n-1)\\ &\dots\\ a_3&=a_2+f(3)\\ a_2&=a_1+f(2) \end{aligned}

上述所有式子相加，得

a_n=a_1+f(2)+f(3)+\dots+f(n)

多阶等差

容易发现，我们对于公差求前缀和，可以得到一个普通等差数列。

那么，我们对于普通等差数列再求和，就可以得到二阶等差数列。

具体的，定义常数为零阶等差数列，普通等差数列为一阶等差数列。

容易发现，若 \{a_i\} 为一阶等差数列，\{b_i\} 同样，那么 \{a_ib_i\} 为一个二阶等差数列。

根据定义，对于一个二阶等差数列，其相邻两项的差为一个一阶等差数列，相邻两项差的相邻两项差为一个常数。

等比数列

在等比数列中，任何相邻两项的比例相等，该比值称为公比 q。

具体的，可以表示为，

a=pq^n

的，都是等比数列。

上式中，公比为 q，首项 a_1=pq。

递推公式

形如，

\boxed{a_{n+1}=qa_n,(n\in\mathbb Z^*,q\neq0)}

或者记为，

\boxed{q={a_{n+1}\over a_n}}

即公比的定义式。

易知此式中，a_n\neq0，为了方便，我们一般规定 q\neq0。

通项公式

形如，

\boxed{a_n=a_1q^{n-1}}

换句话说，任意一个等比数列 \{a_n\} 都可以写为，

\{a,aq,aq^2,\dots aq^{n-1}\}

即，角标减一，等于公比幂次。

等比性质

除了上述几条，

在等比数列中，前项与后项积为该项平方，具体的，

\begin{aligned} a_{n-1}\times a_{n+1}&=aq^{n-2}aq^{n}\\ &=a^2q^{2n-2}\\ &=(aq^{n-1})^2\\ &=a_n^2 \end{aligned}

对于正整数 m,n,p,q，若 m+n=p+q，则，

\boxed{a_m\cdot a_n=a_p\cdot a_q}

或者简化一下，

\boxed{a_m\cdot a_n=a_{m-k}\cdot a_{n+k}}

据此，有，

\boxed{a_{n-k}\cdot a_{n+k}=a_n^2}

还有一些和上面等比数列类似的操作的结论，

但是因为正负号的问题，不具体写出，可以根据上述平方的公式推导。

若 \langle a_n\rangle 为一个等比数列，则，

• \langle b+a_n\rangle：一般不为等比数列；
• \langle b\times a_n\rangle：为一个等比数列；
• \langle \log_ba_n\rangle：为一个等差数列（见上）；

求和公式

等差数列中给出的公式依然成立，

S_n-S_{n-1}=a_n

实际上，这个对于任意数列都成立。

考虑求解出，等比数列求和公式的封闭形式，

\begin{aligned} S_n&=a_1+a_1q+a_1q^2+\dots+a_1q^{n-1}\\ &=a_1(1+q+q^2+\dots+q^{n-1}) \end{aligned}

注意到后面的是经典的分解因式，

\boxed{S_n=a_1\cdot{q^n-1\over q-1},(q\neq 1)}

或者，错位相减，

\begin{aligned} qS_n-S_n=a_1q^n-a_1\\ S_n=a_1\cdot{q^n-1\over q-1},(q\neq 1) \end{aligned}

同时，若 q=1，数列退化为常数列，

\boxed{S_n=na_1,(q=1)}

等比中项

对于 a,b，有 c 满足，

{b\over c}={c\over a}

即，

c=\pm\sqrt{ab}

取其中的正数，即几何平均数。

累乘法

和累加法类似的，

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

累乘法，即

\begin{aligned} a_n&=a_{n-1}f(n)\\ a_{n-1}&=a_{n-2}f(n-1)\\ &\dots\\ a_3&=a_2f(3)\\ a_2&=a_1f(2) \end{aligned}

上述所有式子相乘，得

a_n=a_1f(2)f(3)\dots f(n)

裂项放缩

经典裂项

有性质，

\boxed{{1\over n(n+1)}={1\over n}-{1\over n+1}}

可以求解，形如

S={1\over1\times2}+{1\over2\times3}+\dots+{1\over n(n+1)}

的问题。

同时，易证，

\boxed{{1\over n(n+k)}={1\over k}\left({1\over n}-{1\over n+k}\right)}

注意，此时裂项一定要找准剩下的。

我们可以分别写出括号内的正数、负数。

以 k=2 为例，

S={1\over1\times3}+{1\over2\times4}+\dots+{1\over n(n+2)}

化简，

2S={1\over1}-{1\over3}+{1\over2}-{1\over4}+\dots+{1\over n}-{1\over n+2}

列出正负，

\begin{aligned} +&:{1\over1},{1\over2},{1\over3},\dots,{1\over n-1},{1\over n}\\ -&:{1\over3},{1\over4},{1\over5},\dots,{1\over n+1},{1\over n+2} \end{aligned}

容易发现，

2S=1+{1\over2}-{1\over n+1}-{1\over n+2}

或者用求和符号简单的表示，下文再说。

整式裂项

有公式，

\boxed{n(n+1)={1\over3}\Big[n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)\Big]}

于是，例题，

S=1\times2+2\times3+3\times4+\dots+n(n+1)

化简，

3S=1\times2\times3-0\times1\times2+\dots+n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)

得，

S={n(n+1)(n+2)\over3}

利用上述等式，注意到，

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

于是，

\boxed{1^2+2^2+\dots+n^2=S-{n(n+1)\over2}={n(n+1)(2n+1)\over6}}

或者用求和符号简单的表示，下文再说。

更多裂项

以下是一些基本的小学奥数难度的裂项。

a^2-a+1=\frac{a^4+a^2+1}{a^4+a+1}

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

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

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

\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b} }=\frac{1}{a-b}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)

\frac{1}{a_na_{n+k} }=\frac{1}{dk}\left(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n+k} }\right)

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

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

一个特点：前面保留几项，后面就保留几项。例如

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

现在我们要学习一些高难度的裂项。坐稳了，前方高能！

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

\frac{k}{(2k+1)^2(2k-1)^2}=\frac{1}{8}\left(\frac{1}{(2k-1)^2}-\frac{1}{(2k+1)^2}\right)

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

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

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

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

\frac{4k}{4k^4+1}=\frac{1}{2k^2-2k+1}-\frac{1}{2k^2+2k+1}

\frac{1}{\sqrt{k+\sqrt{k^2-1}}}=\frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k-1}}{\sqrt{2}}

共轭根式

形如，

\sqrt a+\sqrt b,\sqrt a-\sqrt b

的，称为共轭根式。

容易证明，

(\sqrt a-\sqrt b)\cdot(\sqrt a+\sqrt b)=a-b(a,b\ge0)

于是，有裂项，

{1\over\sqrt a+\sqrt b}={\sqrt a-\sqrt b\over a-b}

以及，

{1\over\sqrt a-\sqrt b}={\sqrt a+\sqrt b\over a-b}

阶乘问题

定义，

\boxed{n!=1\times2\times3\times\dots\times(n-1)\times n}

称为阶乘，有，

\boxed{n\cdot n!=(n+1)!-n!}

还有组合数的，但是这里还没涉及到。

放缩基础

数列求和是一种精确的方法，当我们无法精确的计算的时候，就可以放缩来估计。

例如，估计

S={1\over1^2}+{1\over2^2}+\dots+{1\over n^2}

的级别。

容易发现，

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

于是，我们可以以此估计。

我们把 1/1^2 保持不动，估计

1.5<S<2

而为了提高精度，我们减少放缩的项数。

或者说，把 1/2^2,1/3^2 等直接计算，而不是放缩。

这就是放缩提高精度的方法：保留更多的项。

放缩进阶

{\sqrt k\over k^2}={1\over k^{3/2}}<2\left({1\over\sqrt{k-1}}-{1\over\sqrt k}\right)

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

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

通用方法

速算方法

方法一：令 S_0=0。

例题：等比数列 \set{a_n} 的 S_n=a\cdot 2^{n-1}+a-2，求 a。

直接代入 S_0=\frac{3}{2}a-2=0 得 \displaystyle a=\frac{4}{3}。

方法二：令数列为常数数列。

例：等差数列 S_9=72，求 a_2+a_4+a_9 的值。

令 a_i=8，则答案为 24。

等差等比

等差乘等比。

若 a_n=(An+B)q^{\red{n-1}}，令 \red{\boxed{D=\frac{A}{q-1},E=\frac{B-D}{q-1}}}，则 \red{\boxed{S_n=(Dn+E)q^n-E}}.

例题：\displaystyle a_n=\frac{n}{3^n}，求 S_n.

数学归纳

尝试证明，

a_n=2^n-1

容易发现，

a_1=2^1-1=1

假设对于 n=k,k\in\mathbb N^* 成立，

a_k=2^k-1

尝试证明对于 n=k+1 也成立，

a_{k+1}=2a_k+1=2^{k+1}-2+1=2^{k+1}-1

于是，该通项公式对于任意 n\in\mathbb N^* 成立。

直接变形

容易发现，递推公式两边同时加一，

a_n+1=2a_{n-1}+2

另，

b_n=a_n+1

上式即为，

b_n=2b_{n-1},b_1=2

那么这是一个等比数列，易得，

b_n=2^n

那么，根据关系，

a_n=b_n-1=2^n-1

Q.E.D.

考虑推广这一类问题，形如，

a_n=pa_{n-1}+q

我们两边同时加一个数，设为 x，

a_n+x=pa_{n-1}+q+x

记新数列，

b_n=a_n+x,a_n=b_n-x

原数列，

b_n=p(b_{n-1}-x)+q+x=pb_{n-1}+q-(p-1)x

另右侧常数项为零，于是，

\boxed{x={q\over p-1}}

即，对于原数列，加上这个数，即可转化为普通的等比数列。

• 数列 \{a_n\} 的前 n 项和为 S_n，若有如下项：f(n)S_n，f(a_n)S_n(即 S_n 的系数跟 n 有关)，则我们将递推式中的 a_n 改写为 S_n - S_{n-1}。

• 若数列 \{a_n\} 的递推式形如 a_{n+1} = a_n + f(n)，则可采用累加法求通项公式。

• 若数列 \{a_n\} 的递推式形如 a_{n+1} = a_n \cdot f(n)，则可采用累乘法求通项公式。

• 形如 a_{n+1} = pa_n + q(p \ne 1, q \ne 0) 的递推式，两边同时加上 x 可构造成等比数列 \{a_n + x\}(n \in \mathbb{N}^*)，通过比较可求得 x = \dfrac{q}{p-1}。

• 形如 a_{n+1} = pa_n + kn + q(p \ne 1, k \ne 0, n \in \mathbb{N}^*) 的递推式，在两边同时加上 xn+y 构造等比数列 \{a_n + xn + y\}(n \in \mathbb{N}^*)，方法见例 2.9 解析。

• 对于 a_{n+1} = p a_n^r (p > 0, p \ne 1, r \ne 1) 型，两边同时取以 p 为底的对数，于是可得 \log_p a_{n+1} = r \log_p a_n + 1，构造等比数列 \{\log_p a_n + x\}，其中 x = \dfrac{1}{r-1}。

对于形如 a_{n+1} = pa_n + q^n(p \ne 0, 1 \text{ 且 } q \ne 0, 1) 的数列求通项公式，有以下两种方法：

• 两边同除以 p^{n+1}，再累加求通项；

• 两边同加上 xq^{n+1}，再构造成等比数列 \{a_n + xq^n\}。

• 若 p=q，则只能采用（1），而用（2）无法求解。

对于 a_{n+1} = \dfrac{a a_n}{b a_n + c}，abc \ne 0，取倒数得 \dfrac{1}{a_{n+1}} = \dfrac{b a_n + c}{a a_n} = \dfrac{c}{a} \cdot \dfrac{1}{a_n} + \dfrac{b}{a}。

• 当 a=c 时，\dfrac{1}{a_{n+1}} = \dfrac{1}{a_n} + \dfrac{c}{a}，则 \{\dfrac{1}{a_n}\} 为等差数列；

• 当 a \ne c 时，\dfrac{1}{a_{n+1}} = \dfrac{c}{a} \cdot \dfrac{1}{a_n} + \dfrac{b}{a}，则 \{\dfrac{1}{a_n} + x\} 为等比数列，x = \dfrac{b}{c-a}。

变形累加

容易得出，下面的式子不断乘二，

\begin{aligned} a_n=2a_{n-1}+1\\ 2a_{n-1}=4a_{n-2}+2\\ 4a_{n-2}=8a_{n-3}+4\\ \dots\\ 2^{n-3}a_3=2^{n-2}a_2+2^{n-3}\\ 2^{n-2}a_2=2^{n-1}a_1+2^{n-2} \end{aligned}

上述式子相加，

a_n=2^{n-1}a_1+2^{n-2}+2^{n-3}+\dots+4+2+1

因为 a_1=1，

a_n=2^n-1

Q.E.D.

考虑推广这一类问题，形如，

a_n=pa_{n-1}+q

我们还可以等式两边同除 p^n，得

\boxed{{a_n\over p^n}={a_{n-1}\over p^{n-1}}+{q\over p^n}}

设新的数列，

b_n={a_n\over p^n}

原数列形如，

b_n=b_{n-1}+{q\over p^n}

对 b 数列进行累加法，可以得出，

b_n={a_1\over p}+{q\over p^2}+{q\over p^3}+\dots+{q\over p^n}

右边为等比数列，即，

b_n={a_1\over p}+{q\over p^n}\cdot{p^n-1\over p-1}-{q\over p}

两边同时乘 p^n，

\boxed{a_n=(a_1-q)p^{n-1}+{q\over p-1}(p^n-1)}

即通用公式。

同时，若 q=f(n)，依然可以用这个方法来做。

数列判定

判断和证明数列是等差、等比数列的常见方法有如下几种：

• 定义法（用于证明）：对于 n \ge 2 的任意正整数，验证 a_n - a_{n-1} 或 \dfrac{a_n}{a_{n-1}} 为同一常数。

• 通项公式法（用于判断）：

  若 a_n = a_1 + (n-1)d = a_k + (n-k)d，则 \{a_n\} 为等差数列；

  若 a_n = a_1q^{n-1} = a_kq^{n-k}，则 \{a_n\} 为等比数列。

• 中项公式法（用于证明）：

  若 2a_n = a_{n-1} + a_{n+1}(n \ge 2, n \in \mathbb{N}^*)，则 \{a_n\} 为等差数列；

  若 a_n^2 = a_{n-1}a_{n+1}(n \ge 2, n \in \mathbb{N}^*)，则 \{a_n\} 为等比数列。

奇偶数列

奇偶项数列能求通项公式的要求是各下标的奇偶性一致。

绝对值数列：

• 对于首项小于 0 而公差大于 0 的等差数列 \{a_n\} 加绝对值后得到的数列 \{|a_n|\} 求和，设 \{a_n\} 的前 n 项和为 S_n，\{|a_n|\} 的前 n 项和为 T_n，数列 \{a_n\} 的第 k 项小于 0 而从第 k+1 项开始大于或等于 0，于是有

  T_n = \begin{cases} -S_n & n \le k \\ S_n - 2S_k & n > k \end{cases}

• 对于首项大于 0 而公差小于 0 的等差数列 \{a_n\} 加绝对值后得到的数列 \{|a_n|\} 求和，设 \{a_n\} 的前 n 项和为 S_n，\{|a_n|\} 的前 n 项和为 T_n，数列 \{a_n\} 的第 k 项大于 0 而从第 k+1 项开始小于或等于 0，于是有

  T_n = \begin{cases} S_n & n \le k \\ 2S_k - S_n & n > k \end{cases}

单调性

对于 \forall n\in\mathbb Z^*，

• 若 a_{n+1}\ge a_n，那么称 a 为单调递增数列。

• 若 a_{n+1}>a_n，那么称 a 为严格单调递增数列。

• 若 a_{n+1}\le a_n，那么称 a 为单调递减数列。

• 若 a_{n+1}<a_n，那么称 a 为严格单调递减数列。

高中阶段一般认为单调即严格单调。

• 对于迭代数列 a_{n+1} = f(a_n)，其中 f'(x) > 0。若 a_1 < a_2，则数列 \{a_n\} 单调递增；若 a_1 > a_2，则数列 \{a_n\} 单调递减；若 a_1 = a_2，则数列 \{a_n\} 是常数列。

• 对于迭代数列 a_{n+1} = f(a_n)，若 f(x) 是二次函数，则数列单调递增的充分必要条件为 a_1 < a_2 < a_3，且对于任意 n \ge 2, n \in \mathbb{N}^*，在 [a_2, a_n] 上，f'(x) \ge 0。

• 迭代数列 a_{n+1} = f(a_n)，其中 f'(x) < 0，则 \{a_{2n}\} 与 \{a_{2n-1}\} 的单调性相反。