M阶差数列通项的求法M阶差数列通项的求法.doc

m阶差数列通项的求法 摘要:人类研究数列已经有悠久的历史,有的数学家在这个领域里突破了许多难关,就一般的等差数列、等比数列的通项的教求法，在高中教材中已经给出，并介绍了探索的思想方法，但就解决一般的数列的通项求法则采用转化的方法比较灵活，对于初学者来说比较难于把握，为了给一般数列建立一个模型，本文着重研究m 阶差数列通项的求法，首先，任何课题的研究，不可避免地与已知概念相联系，以已知概念为基础。笔者从大量的等差数列（一阶差数列）中发现，等差数列的通项是项数的一次函数，试设想二阶差数列、三阶差数列……m 阶差数列的通项也是项数的二次、三次…m次函数，在文中详尽介绍函数表达式的存在性，建立m阶差数列通项的一个模型——用连续系统来证明离散化问题。 关键词：等差数列（一阶差数列）、二阶差数列、三阶差数列、m阶差数列。 定义、一个数列中、每后一项与前一项的差、构成一个新的数列、若在这个新数列中后一项与前一项的差相等、原数列称为二阶差数列、类似地若三次、…m次差相等、则称为三阶差数列…m阶差数列。 下面研究，探索m阶差数列通项的求法。 大家熟知的自然数列1、2、3、…n 的通项Sn=n,Sn是n的一次函数，又如1、3、5、7、9…的通项Sn=2n-1，Sn是n的一次函数，那么是不是所有的一阶数列的通项都是序数n的一次函数呢，我们可以通过证明来回答这个问题。 设Sn=an+b（a,b为待定常数且a≠0）[1] N 1 2 3 4 5 … Sn A+b 2a+b 3a+b 4a+b 5a+b … (5a+b)-(4a+b)=( 4a+b)-( 3a+b)= ( 3a+b)- ( 2a-b)= ( 2a+b)- ( a+b)=a差为一定值a，那就是说所有的一阶差数列的通项都是序数n的一次函数，研究二价差数列有两个很有名的例子。 求和1+2+3+…+n 解：记S1=1, S2=1+2=3, S3=1+2+3=6, S4=1+2+3+4=10, Sn=1+2+3+…+n, 1 3 6 10 2 3 4 1 1 所以二阶差相等，是二价差数列。 设二阶差数列的通项为Sn=an2+bn+c N=1时，a+b+c=1,n=2时4a+2b+c=3,n=3时 9a+3b+c=6, 联立成立方程组， 解关于a、b、c为未知数的方程组得： 所以通项为：Sn=n2+n= 即1+2+3+…+n=，这跟教材中所得结果是一致的。 于是有下面的命题： 命题，二阶差数列的通项可以用序数n的二次函数表示。 证明：设Sn=an2+bn+c(sn表示通项，a、b、c为待定常数，n为序数，即项数)，于是有，s1=a+b+c,s2=4a+2b+c,s3=9a+3b+c…Sn=an2+bn+c， 因 a+b+c, 4a+2b+c, 9a+3b+c, … a(n-1)2+b (n-1)+c, an2+bn+c, 3a+b, 5a+b …（2n-3）a+b ,(2n-1)a+b 2a, … 2a 所以序数n的二次函数的二阶差为定值2a 即二阶差数列的通项可以用序数的n的二次函数表示。 例2、求知，12+22+32+…+n2 解：记S1=12=1 S2=12+22=5 S3=12+22+32=14 S4=12+22+32+42=30 S5=12+22+32+42+52=55 S6=12+22+32+42+52+62=91 1 5 14 30 55 91 4 9 16 25 36 5 7 9 11 2 2 2 此数列为三阶差数列，通项可用序数n的三次函数表示，设Sn=an3+bn2+cn+d(a、b、c、d为待定常数，Sn为通项) 当n=1、2、3、4时，分别有S1=1,S2=5,S3=14,S4=30,代入所设函数关系中，得 解此方程组,得 Sn=n3+n2+n= 这与教材所得结果是一致的，于是有下面的命题： 命题，三阶差数列的通项可以用序数n的三次函数表示。 证明：设自变量为序数n的三次函数表达式为Sn=an3+bn2+cn+d(a、b、c、d为待定常数，Sn为通项) 所以有，S1=a+b+c+d,S2=8a+4b+2c+d,S3=27a+9b+3c+d,S4=