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斯特林数和自然数前m项n次方的求和公式

斯特林数和自然数前m项n次方的求和公式
斯特林数和自然数前m项n次方的求和公式

斯特林数和自然数前m 项n 次方的求和公式

将 n 个元素,分成 k 个非空子集,不同的分配方法种数,称为斯特林数(Stirling Number ),记为),(k n S ,n k ≤≤1。

例如,将4个物体d c b a ,,,分成3个非空子集,有下列6种方法:

)}(),(),,{(d c b a ,)}(),(),,{(d b c a ,)}(),(),,{(c b d a , )}(),(),,{(d a c b ,)}(),(),,{(c a d b ,)}(),(),,{(b a d c 。

所以,6)3,4(=S 。

斯特林数),(k n S 的值列表如下:

容易看出,有 1),()1,(==n n S n S ,12)2,(1

-=-n n S ,2

)1,(2

=

=-C n n S n 。定理1 当 n k ≤≤2 时,有 ),()1,(),1(k n kS k n S k n S +-=+ 。 证 把1+n 个元素分成k 个非空子集,有),1(k n S +种不同分法。

把1+n 个元素分成k 个非空子集,也可以这样考虑:或者将第1+n 个元素单独作为1个子集,其余n 个元素分成1-k 个非空子集,这种情况下有)1,(-k n S 种不同做法;或者先将前n 个元素分成k 个非空子集,有),(k n S 种分法,再将第1+n 个元素插入这k 个子集,有k 种选择,这种情况下有k ),(k n S 种不同做法。所以共有),()1,(k n kS k n S +-种分法。

两种考虑,结果应该是一样的,因此有 ),()1,(),1(k n kS k n S k n S +-=+ 。

如果规定当1时,0),(=k n S ,则公式 ),()1,(),1(k n kS k n S k n S +-=+对 任何正整数n 和任何整数k 都成立。

定理2 对任何整数 n 1≥ 和 0≥k ,有

∑-=--=1

)()1(!1),(k i n i k i i k C k k n S 。

证 用数学归纳法证明。 (1)当 1=n 时,

∑-=--10)()1(!1k i i k i i k C k ∑-=---=10

1)1(!)1(1k i i

k i C k ),1(1011)1(!010

00k S k k C =??

???≠==-= , 公式成立。

(2)设已知对某个正整数 n ,公式成立,下面看 1+n 时的情形:

),()1,(),1(k n kS k n S k n S +-=+

∑-=-----=201)1()1()!1(1k i n

i k i i k C k ∑-=--+10)()1(!k i n i k i i k C k k ∑-=------=1111)()1(!)1(1k i n

i k i i k C k ∑-=---+10)()1(!)1(1k i n i k i i k C k ∑-=----=101)()1()!1(1k i n i k i i k C k ∑-=+--=10

1)()1(!1k i n i k i i k C k , 可见 1+n 时公式也成立。

(3)所以,对任何正整数 n ,公式都成立。

例如,有

12!

2122)2,(1-=?-=-n n

n n S ,

!

21

223!313233)3,(11+?-=

?+?-=--n n n n n n S , !

31

23334!41426344)4,(111-?+?-=

?-?+?-=---n n n n n n n n S , !

41

2436445!515210310455)5,(1111+?-?+?-=

?+?-?+?-=----n n n n n n n n n n S 。

定理3 当 n k ≤≤1m ≤ 时,有

n

m ∑==n

k k m k n S P 1

),(),()2,()1,(21n n S P n S P n S P n

m m m +++= 。

证 将n 个元素分配到m 个不同的格子中,每个格子可以有多个元素,也可以没有元素,共有n

m 种不同分配方法。

将n 个元素分配到m 个不同的格子中,也可以这样考虑:先将n 个元素分成k 个非空子集,有),(k n S 种不同分法,再将这k 个子集分配到m 个格子中,每个格子最多只能放一个子集,

不同的子集分配在不同的格子中,有k m P 种不同分法,共有),(k n S k m P 种不同做法。这里k 可

取n ,,2,1 中每一个值,所以有

n

m n m

m m P n n S P n S P n S ),()2,()1,(21

+++= ∑==n

k k

m P k n S 1

),( 。

定理4 对任何正整数 1≥m ,1≥k ,有 111

1

+=++=∑k P P k m m

j k j

证 用数学归纳法证明。

(1)当 1=m 时,1

11101

111

1

1+???==>==++

=∑k P k k P P k k j k

j

时当时当 ,定理显然成立。

(2)设已知对某个正整数 m ,定理成立,下面看 1+m 时的情形:

=∑+=1

1

m j k j

P

k m k m k m m

j k j P k P P

P 11

1

1

1

1

++++=++=+∑k m k m P P k k m 1111+++++-=

k m P k m 112+++=112+=++k P k m , 可见当 1+m 时,定理也成立。

(3)所以,对任何正整数 m ,定理都成立。

定理5 对任何整数 1≥m 和 1≥n ,有

∑==++++m

j n n

n

n

n

j m 1

321

∑=+++=n

k k m k P k n S 111

1),(∑∑=++-=+??????--=n k k m k i n i k i C i k C 111101)()1( 。

证 由定理3可知 n

j ∑==n

k k

j

P k n S 1),(,由定理4可知 11

1

1

+=++=∑k P P k m m

j k j

,所以

∑==++++m

j n

n

n

n

n

j m 1321 ∑∑===m

j n

k k

j

P k n S 11),(∑∑===n

k m

j k j

P k n S 11),(∑=+++=n

k k m

k P k n S 1111),(

∑∑=++-=+??????--=n

k k m k i n i k i k P i k C k 111

101)()1(!1∑∑=++-=??????--=n

k k m k i n i k i C i k C 11110

)()1( 。

例如,有

2

11+==∑m m

j C j 2

)

1(+=m m , ∑=m j j 1

23

1212+++=m m C C 6

)

12)(1(++=m m m ,

∑=m

j j

13

41

31

2

1

66+++++=m m m C

C

C

4

)1(22+=m m ,

∑=m

j j

14

5141

31

21

243614+++++++=m m m m C

C

C

C

30

)196)(1(23-+++=m m m m m ,

∑=m

j j

1

5

61

51

41

31

21

12024015030+++++++++=m m m m m C

C

C

C

C

12

)142)(1(232-+++=m m m m m 。

举例:

∑==++++n

j j

n

1

100

100

100

100

100

3

2

1

∑=+++=100

111

1),100(k k n k P k S 101)100,100(4)3,100(3)2,100(2)1,100(101

1413121++++++++=n n n n P S P S P S P S

101

4212233)12(210114199993199

21++++++?+?-+-+=n n n n P P P P

??????++--+?-+--++=-101)2)(1(81223)1(3122

1)1(991999999n P n n n n n 。

一.第一类Stirling 数 s(p,k)

s(p,k)的一个的组合学解释是:将p 个物体排成k 个非空循环排列的方法数。 s(p,k)的递推公式:

s(p,k) = (p-1)*s(p-1,k) + s(p-1,k-1) ,1<=k<=p-1

边界条件:

s(p,0) = 0 ,p>=1

s(p,p) = 1 ,p>=0

递推关系的说明:考虑第p个物品,p可以单独构成一个非空循环排列,这样前p-1种物

品构成k-1个非空循环排列,方法数为s(p-1,k-1);也可以前p-1种物品构成k个非空循环排列,而第p个物品插入第i个物品的左边,这有(p-1)*s(p-1,k)种方法。

二.第二类Stirling数S(p,k)

S(p,k)的一个组合学解释是:将p个物体划分成k个非空的不可辨别的(可以理解为盒子没有编号)集合的方法数。

S(p,k)的递推公式是:

S(p,k) = k*S(p-1,k) + S(p-1,k-1) ,1<= k <=p-1

边界条件:

S(p,p) = 1 ,p>=0

S(p,0) = 0 ,p>=1

递推关系的说明:考虑第p个物品,p可以单独构成一个非空集合,此时前p-1个物品构

成k-1个非空的不可辨别的集合,方法数为S(p-1,k-1);也可以前p-1种物品构成k个非空的不可辨别的集合,第p个物品放入任意一个中,这样有k*S(p-1,k)种方法。

第一类斯特林数和第二类斯特林数有相同的初始条件,但递推关系不同。引用Brualdi《组合数学》里的一段注释“对于熟悉线性代数的读者,解释如下:具有(比如)实系数,最多为

p次的那些各项式形成一个p+1维的向量空间。组1,n,n^2,...。n^p和组A(n, 0),A(n,1),A(n,2),... ,A(n,p)都是该空间的基。第一类Stirling数和第二类Stirling数告诉我们如何用其中的一组基表示另一组基。”

求连续自然数平方和的公式

求连续自然数平方和的公式 前面,在“求连续自然数立方和的公式”一中,介绍了用列表法推导公式的过程。这种方法浅显易懂,有它突出的优越性。在“有趣的图形数”一文中,也曾经用图形法推出过求连续自然数平方和的公式: 12+22+32…+n 2=6 ) 12)(1(++n n n 这里用列表法再来推导一下这个公式,进一步体会列表法的优点。 首先,算出从1开始的一些连续自然数的和与平方和,列出下表: n 1 2 3 4 5 6 …… 1+2+3+…+n 1 3 6 10 15 21 …… 12+22+32+…+n 2 1 5 14 30 55 91 …… 然后,以连续自然数的平方和为分子,连续自然数的和为分母,构成分数 A n =n n ++++++++ 3213212 222, 再根据表中的数据,算出分数A n 的值,列出下表: n 1 2 3 4 5 6 …… A n 1 35 37 3 311 313 …… 观察发现,A n 的通项公式是3 1 2+n 。 既然A n =n n ++++++++ 3213212222,而它的通项公式是3 1 2+n ,于是大胆猜想 n n ++++++++ 3213212222=3 1 2+n 。 因为分母1+2+3+…+n =2 ) 1(+n n , 所以 2)1(3212222+++++n n n =31 2+n 。 由此得到 12+22+32…+n 2= 2)1(+n n ×312+n =6 ) 12)(1(++n n n 。 即 12+22+32…+n 2= 6 ) 12)(1(++n n n 。

用数学归纳法很容易证明等式的正确性,这样就轻而易举地推出了求连续自然数平方和的公式。 这个妙不可言的推导过程是数学家波利亚的杰作,关键之处是他运用了“猜想—证明”的思路。联想到当年著名文学家胡适也曾经有过“大胆假设,小心求证”的名言。看来,无论数学也好,文学也好,追求真理的道路是相通的。 这件事对我们教师有什么启示吗?有,那就是:切莫轻视了对学生观察、类比和猜想能力的培养,这往往是培育创新思维的有效途径。

自然数平方数列和立方数列求和公式

自然数平方数列和立方数列求和公式怎么推导?即: (1) 1^2+2^2+3^2+……+n^2=n(n+1)(2n+1)/6 (2) 1^3+2^3+3^3+……+n^3=[n(n+1)/2]^2 推导过程如下: 一. 1^2+2^2+3^2+……+n^2=n(n+1)(2n+1)/6 利用立方差公式 n^3-(n-1)^3=1*[n^2+(n-1)^2+n(n-1)] =n^2+(n-1)^2+n^2-n =2*n^2+(n-1)^2-n 2^3-1^3=2*2^2+1^2-2 3^3-2^3=2*3^2+2^2-3 4^3-3^3=2*4^2+3^2-4 ...... n^3-(n-1)^3=2*n^2+(n-1)^2-n 各等式全相加 n^3-1^3=2*(2^2+3^2+...+n^2)+[1^2+2^2+...+(n-1)^2]-(2+3+4+...+n) n^3-1=2*(1^2+2^2+3^2+...+n^2)-2+[1^2+2^2+...+(n-1)^2+n^2]-n^2-(2+3+4+... +n) n^3-1=3*(1^2+2^2+3^2+...+n^2)-2-n^2-(1+2+3+...+n)+1 n^3-1=3(1^2+2^2+...+n^2)-1-n^2-n(n+1)/2 3(1^2+2^2+...+n^2)=n^3+n^2+n(n+1)/2=(n/2)(2n^2+2n+n+1) =(n/2)(n+1)(2n+1) 故:1^2+2^2+3^2+...+n^2=n(n+1)(2n+1)/6 二. 1^3+2^3+3^3+……+n^3=[n(n+1)/2]^2 证明如下: (n+1)^4-n^4=[(n+1)^2+n^2][(n+1)^2-n^2] =(2n^2+2n+1)(2n+1)

笔算开n次方的方法

笔算开n次方 笔算开n次方的方法: 1、把被开方的整数部分从个位起向左每隔n位为一段,把开方的小数部分从小数点第一位起向右每隔n位为一段,用撇号分开; 2、根据左边第一段里的数,求得开n次算术根的最高位上的数,假设这个数为a; 3、从第一段的数减去求得的最高位上数的n次方,在它们的差的右边写上第二段数作为第一个余数; 4、把n(10a)^(n-1)去除第一个余数,所得的整数部分试商(如果这个最大整数大于或等于10,就用9做试商); 5、设试商为b。如果(10a+b)^n-(10a)^n小于或等于余数,这个试商就是n次算术根的第二位;如果(10a+b)^n-(10a)^n大于余数,就把试商逐次减1再试,直到(10a+b)^n-(10a)^n小于或等于余数为止。 6、用同样的方法,继续求n次算术跟的其它各位上的数(如果已经算了k位数数字,则a要取为全部k位数字)。 例如计算987654321987654321的五次算术根,就算到小数点后四位。 3 9 7 1. 1 9 2 9 5√987'65432'19876'54321.00000'00000'00000'00000 243 ________________________________________________ 744 65432......................................74465432/(5×30^4)整数部分是18,用9作试商 659 24199......................................39^5-30^5 _____________________________________________ 85 41233 19876................................854123319876/(5×390^4)的整数部分是7,用7作试商 83 92970 61757................................397^5-390^5 ____________________________________________ 1 4826 2 58119 54321..........................1482625811954321/(5×3970^4)的整数部分是1,用1作试商 1 24265 57094 08851..........................3971^5-3970^5 ___________________________________________ 23997 01025 45470 00000....................23997010254547000000/(5×39710^4)的整数部分是1,用1作试商 12433 44352 06091 99551....................39711^5-39710^5 _________________________________________ 11563 56673 39378 00449 00000..............1156356673393780044900000/(5×397110^4)的整数部分是9,用9作试商 11191 17001 57043 20516 21599..............397119^5-397110^5 _________________________________________ 372 39671 82334 79932 78401 00000........3723967182334799327840100000/(5×3971190^4)的整数部分是2,用2

连续自然数的立方和

连续自然数立方和的公式 “图形法“ 早在公元100年前后,毕达哥拉斯学派的继承人尼科马霍斯,在他的著作《算术入门》中就曾经用非 常简单的方法推导过这个公式。 奇数列1,3,5,7,9,11,13,…有一个性质,很容易验证: 请你自上而下仔细观察这一系列等式的左端: 第1个等式左端,结束于第1个奇数; 第2个等式左端,结束于第3个奇数; 第3个等式左端,结束于第6个奇数; 第4个等式左端,结束于第10个奇数; 第5个等式左端,结束于第15个奇数; …… 结果发现,这些奇数的序数1,3,6,10,15,…原来是“三角形数”,它的每一项等于从1开始的连 续自然数的和。第1项是1,第2项是1+2=3,第3项是1+2+3=6,第4项是1+2+3+4=10,第5 项是1+2+3+4+5=15,……第n项是1+2+3+…+n=n(n+1)/2。即,第n个等式左端,结束于第n(n +1)/2个奇数。 然后,对上面这一系列等式的左右两端,分别求和: 右端是连续自然数的立方和13+23+33+…+n3。 左端是连续奇数的和。我们知道,求连续奇数的和,求到第几个奇数,就等于第几个奇数的平方。现在,求到第n(n+1)/2个奇数,当然等于[n(n+1)/2]2。 这样就得到求连续自然数立方和的公式: 这种方法思路清晰论证简单。尼科马霍斯之所以能够想到这个方法,显然跟毕达哥拉斯学派对图形数的 宠爱有关。图形数是自然数的形象化,自然数是众数之源,自然数真是一个取之不尽用之不竭的宝藏。

“列表法” 这里再介绍一种列表法,同样可以推出这个公式,并且更简单,更好理解。 第一步:列一个表,在第一行填入一个因数1、2、3、4、5,在第一列填入另一个因数1、2、3、4、5。 第二步:在右下方的空格里分别填入对应的两个因数的积。 显然,所有乘积的和等于 这5块依次是:

最新自然数幂次方和公式

1 2 自然数幂次方和的另一组公式 3 摘要:一般的自然数幂次方和公式是用n 的p+1次方的多项式表示,考虑到任 4 一多项式均可用k n C 表示,本文给出了自然数幂次方和用k n C 表示的方法,并且给 5 出了相应的系数完整表达式。这比多项式表达方便得多,因为多项式表达的系数 6 至今仍是递推公式表达。 7 8 9 由笔者的文章(注【1】)知,自然数幂次方和可以用关于n 的多项式表达,而 10 每一个多项式均可用k n C 表示的,因此可猜想自然数幂次方和也可以用k n C 表达出 11 来。 12 假设自然数幂次方和可以写成以下形式 13 ∑∑=++===p k k n k n k p n C A k S 1 111 。。。。。。(1) 14 那么同理可应有: 15 ∑∑=++--=-==p k k n k n k p n C A k S 1 11)1(1 1 1 16 那么: 17 ∑∑=+=++--=-=p k k n k p k k n k n n p C A C A S S n 1 1 1 11 1 18

[ ]∑∑==+++=-=p k k n k p k k n k n k p C A C C A n 1 1 111 19 20 ∑== p k k n k p C A n 1 21 因为对于充分大的自然数n 均使得上述式子成立,所以上式对应的应该是一个22 关于n 的p 次多项式,其中: 23 )1).....(1(k n n n C k n -+-= 24 这仅仅是一个多项式的写法,与排列组合无关, n 可为任意的数。 25 分别令n=1,2,3, 。。。。p-1时就有: 26 01 1 1 1 +=+ ==∑∑∑∑=+===t k k t k p t k k t k t k k t k p k k t k p C A C A C A C A t 27 ∑==t k k t k p C A t 1 )1...3,2,1(-=p t 。。。。。。。。 28 (2) 29 ∑-=-=1 1t k k t k p t C A t A )1...3,2,1(-=p t 。。。。。。。。 30 (3) 31 这是一个递推的数列,其中A 1=1 , 很显然,通过它可以求出所有的系数t A ,32 仿照笔者的文章(注【1】)可证明,由(3)式求出的系数t A ,使得公式(1)33 成立,即自然数幂次方和的公式由(1)(3)给出了。 34 其中(3)式是递推公式,那么能不能直接写出系数A t 的表达式呢,下35 面给出这个结论。 36

小学奥数 数列求和 巧妙求和 含答案

第16讲巧妙求和 一、知识要点 某些问题,可以转化为求若干个数的和,在解决这些问题时,同样要先判断是否求某个等差数列的和。如果是等差数列求和,才可用等差数列求和公式。 在解决自然数的数字问题时,应根据题目的具体特点,有时可考虑将题中的数适当分组,并将每组中的数合理配对,使问题得以顺利解决。 二、精讲精练 【例题1】刘俊读一本长篇小说,他第一天读30页,从第二天起,他每天读的页数都前一天多3页,第11天读了60页,正好读完。这本书共有多少页? 【思路导航】根据条件“他每天读的页数都比前一天多3页”可以知道他每天读的页数是按一定规律排列的数,即30、33、36、……57、60。要求这本书共多少页也就是求出这列数的和。这列数是一个等差数列,首项=30,末项=60,项数=11.因此可以很快得解: (30+60)×11÷2=495(页) 想一想:如果把“第11天”改为“最后一天”该怎样解答? 练习1: 1.刘师傅做一批零件,第一天做了30个,以的每天都比前一天多做2个,第15天做了48个,正好做完。这批零件共有多少个? 2.胡茜读一本故事书,她第一天读了20页,从第二天起,每天读的页数都比前一天多5页。最后一天读了50页恰好读完,这本书共有多少页? 3.丽丽学英语单词,第一天学会了6个,以后每天都比前一天多学1个,最后一天学会了16个。丽丽在这些天中学会了多少个英语单词? 【例题2】30把锁的钥匙搞乱了,为了使每把锁都配上自己的钥匙,至多要试几次? 【思路导航】开第一把锁时,如果不凑巧,试了29把钥匙还不行,那所剩的一把就一定能把它打开,即开第一把锁至多需要试29次;同理,开第二把锁至多需试28次,开第三把锁至多需试27次……等打开第29把锁,剩下的最后一把不用试,一定能打开。所以,至多需试29+28+27+…+2+1=(29+1)×29÷2=435(次)。 练习2: 1.有80把锁的钥匙搞乱了,为了使每把锁都配上自己的钥匙,至多要试多少次? 2.有一些锁的钥匙搞乱了,已知至多要试28次,就能使每把锁都配上自己的钥匙。一共有几把锁的钥匙搞乱了? 3.有10只盒子,44只羽毛球。能不能把44只羽毛球放到盒子中去,使各个盒子里的羽毛球只数不相等?

自然数幂求和公式的存在与规律探讨

本科毕业论文 自然数幂求和公式的存在与规律探讨 SUM FORMULA OF POWER OF NATURAL NUMBER'S EXISTENCE AND REGULARITY 学院(部):理学院 专业班级:08-2数学与应用数学 学生姓名:张兴刚 指导教师:范自强 2012年6 月1 日

自然数幂求和公式的存在与规律探讨 摘要 自然数幂求和是一个古老的数学问题,本文从线性空间入手,提出关于多项式的自然线性空间的概念,利用了线性空间的简单性质,证明了任意正整数的自然数幂求和公式的存在和简单规律;归纳出自然数幂求和公式中一条精彩的结论,系数定理,一劳永逸的解决并揭示了自然数幂求和问题的内涵;本文亦从线性空间的角度,提出自由空间概念,为自然数幂求和问题带来了一种新的视角。 关键字:自然数幂求和、自然线性空间、多项式、系数定理、自由线性空间

Sum formula of power of natural number 's existence and regularity Abstract Natural number power sum is an ancient mathematical problems, this article from the linear space sets out, put forward on polynomial natural linear space, linear space of the simple nature, it is proved that for any positive integer sum formula of power of natural number exists, and the simple rule; summarize sum formula of power of natural number in a wonderful conclusion coefficient theorem, put things right once and for all solutions and reveals the natural number power sum problem connotation; this paper also from linear spatial angle, put forward the concept of free space, is a natural number power sum problem brought a new perspective. Keywords: natural number power sum, natural linear space, polynomial coefficient theorem, free linear space

常用的一些求和公式

下面是常用的一些求和公式:

a1, a1+d, a1+2d, a1+3d, .... (d为常数) 称为公差为d的等差数列.与等差数列相应的级数称为等差级数,又称算术级数. 通项公式 前n项和 等差中项 a1, a1q, a1q2, a1q3....,(q为常数) 称为公比为q的等比数列.与等比数列相应的级数称为等比级数,又称几何级数. 通项公式 前n项和 等比中项

无穷递减等比级数的和 更多地了解数列与级数:等差数列与等差级数(算术级数) 等比数列 等比数列的通项公式 等比数列求和公式 (1) 等比数列:a (n+1)/an=q (n∈N)。 (2) 通项公式:an=a1×q^(n-1); 推广式:an=am×q^(n-m); (3) 求和公式:Sn=n*a1 (q=1) Sn=a1(1-q^n)/(1-q) =(a1-an*q)/(1-q) (q≠1) (q为比值,n为项数) (4)性质: ①若m、n、p、q∈N,且m+n=p+q,则am*an=ap*aq; ②在等比数列中,依次每k项之和仍成等比数列. ③若m、n、q∈N,且m+n=2q,则am*an=aq^2 (5) "G是a、b的等比中项""G^2=ab(G ≠ 0)". (6)在等比数列中,首项a1与公比q都不为零. 注意:上述公式中an表示等比数列的第n项。 等比数列 如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比等于同一个常数,这个数列就叫做等比数列。这个常数叫做等比数列的公比,公比通常用字母q表示(q≠0)。 (1)等比数列的通项公式是:An=A1*q^(n-1) 若通项公式变形为an=a1/q*q^n(n∈N*),当q>0时,则可把an看作自变量n的函数,点(n,an)是曲线y=a1/q*q^x上的一群孤立的点。

求一个数的n次方根

数值计算 探讨求解的几种方法

摘要 很多科学计算问题都遇到非线性方程的求解问题。设非线性方程为 ()0 m f x x n =-=方程的解*x 称为方程的根或函数()f x 的零点。对于非线性方程的求解一般没有特殊公式,因此研究其数值解法是很有必要的,在此以求一个数的n 次方根为例探讨几种求近似根的常用方法,即二分法、牛顿迭代法、简化牛顿迭代法法以及割线法。 一、算法设计 计算机配置内存:2G 处理器主频:2.53GHz MATLAB 版本:R2011b 1.1二分法 设()f x 在区间[,]a b 上连续,()()0f a f b ?<,则[,]a b 内有方程的根。取[,]a b 的中点01 ()2 x a b = +,将区间一分为二。若0()0f x =,则0x 就是方程的根,否则判别根*x 在0x 的左侧还是右侧。 若0()()0f a f x ?<,则*0(,)x a x ∈,令110,a a b x ==;若0()()0f a f x ?>,则*0(,)x x b ∈,令101,a x b b ==。 不论出现那种情况,11(,)a b 均为新的有根区间,它的长度只有原有根区间长度的一半,达到了压缩有根区间的目的。 对压缩了的有根区间,又可施行同样的步骤,再次压缩有根区间。如此反复进行下去,即可得一系列有根区间套 11[,][,][,]n n a b a b a b ???? 由于每一区间都是前一区间的一半,因此区间[,]n n a b 的长度为 1 ()2n n n b a b a -= -若每次二分时所取区间中点都不是根,则上述过程将无限的进行下去。当n →∞

推导自然数立方和公式两种方法

推导213)1(21??????+=∑=n n k n k 的两种方法 通化市第一中学校 刘天云 邮编 134001 方法一:拆项累加相消求和 已知:)12)(1(6 112++= ∑=n n n k n k 而)]2)(1()1()3)(2)(1([4 1)2)(1(++--+++=++k k k k k k k k k k k 则:∑=+++= ++n k n n n n k k k 1 )3)(2)(1(41)]2)(1([ 所以:∑∑∑∑====--++=n k n k n k n k k k k k k k 1 1121323)]2)(1([ )1(2 12)12)(1(613)3)(2)(1(41+?-++?-+++=n n n n n n n n n 2)1(21?? ????+=n n 另外:∑=+++= ++n k n n n n k k k 1)3)(2)(1(4 1)]2)(1([还可以作如下证明: )2)(1(432321++++??+??n n n )(6323433++++=n C C C )3)(2)(1(4 1643+++==+n n n n C n 方法二:构造群数列推导 构造奇数列,并按第n 群中含有个奇数的方式分群,即 1 / 3,5 / 7,9,11 / 13,15,17,19 / …… 我们用两种方法研究前n 群的所有数的和. 1、第n 群最末一个数是数列的第)1(2 1+n n 项,而且该项为 11)1(2 122)1(21 -+=-+?=+n n n n a n n

那么,第n 群最初一个数是数列的第1)1(2 1+-n n 项,而且该项为 111)1(21221)1(21 +-=-?? ????+-?=+-n n n n a n n 所以,第n 群的n 个数的和为:322)]1()1[(2 1n n n n n n =-+++-. 则前n 群的所有数的和可记作∑=n k k 13. 2、前n 群所有数的和为该奇数列的前)1(21+n n 项的和,即2 )1(21??????+n n 因此:2 13)1(21??????+=∑=n n k n k

两数N次方差的一般计算公式

两数N次方差的一般计算公式 在数学的学习中,有时候会碰到求两数的平方差的题目,在六年级的奥数学习中,通过面积和体积的计算公式,发现了相邻两数二次方和三次方的计算规律,后来我把它推演到不相邻两个数的N次方,发现同样有效。就如同二次方差用于计算面积差,三次方的差用于计算体积差一样,也许N次方的差在将来用于计算N维度的差。 推导过程: 一、由二次方看 首先,我们知道两个数的二次方的计算方法 已知一个数A的平方,求这个数相邻数的平方。 解答:如图,一个数A的平方如图中有色部分,即A^2;这个数的相邻数的平方可以看图中的白色方框包含的部分和绿色边框包含的部分,他们分别是: 5^2-4^2=5^(2-1)+4^(2-1)=5+4=9 几何上可以理解为:图中白色框的一边5与另一边4相加 4^2-3^2=4^(2-1)+3^(2-1)=4+3=7 几何上可以理解为:图中绿色框的一边3与另一边4的相加 所以对于相邻两数的二次方的差计算的一般公式如下: (A+1)^2-A^2=(A+1)^(2-1)*A^(2-2)+(A+1)^(2-2)*A^(2-1) 对于最外边白色框与里边绿色框的平方差,可通过图形看到 (A+1)^2-(A-1)^2=(A+1)^(2-1)* (A-1)^(2-2)*2+(A+1)^(2-2)*(A-1)^(2-1)*2 =[(A+1)^(2-1)* (A-1)^(2-2)+(A+1)^(2-2)*(A-1)^(2-1)]*2 几何上理解为:

长方向的A+1与[(A+1)-(A-1)]=2的面积、宽方向上A-1与[(A+1)-(A-1)]=2的面积,两块面积的和。 同理,推广到两个不相邻数P与Q的平方差,可表示为: P^2-Q^2=[P^(2-1)*Q^(2-2)+P^(2-2)*Q^(2-1)]*(P-Q) 二、再看三次方的情况 我们看相邻两个数的三次方的差的计算方法: 已知一个数A的三次方,求这个数相邻数的三次方。 设A的相邻数为A+1和A-1,则他们的三次方可以用一个三维立体图形形象地表示,如右图: (A+1)^3-A^3=(A+1)^(3-1)*A^(3-3)+(A+1)^(3-2)*A^(3-2)+(A+1)^(3-3)*A^(3-1) A^3-(A-1)^3=A^(3-1)*(A-1)^(3-3)+A^(3-2)*(A-1)^(3-2)+A^(3-3)*(A-1)^(3-1) 几何上的理解是: 长方向的A与高方向上的A厚度为1的体积、宽方向上的(A-1)与高方向上的A厚度为1的体积、长方向上的(A-1)与宽方向上的(A-1)厚度为1的体积,这三块体积之和。 对于不相邻两个数P、Q的三次方的差,可以看作是厚度为(P-Q)的形成体积的体积差,一般公式为: P^3-Q^3=[P^(3-1)*Q^(3-3)+P^(3-2)*Q^(3-2)+P^(3-3)*Q^(3-1)]*(P-Q) 三、推广到四次方 同样,可以知道相邻两个数的四次方之差公式:

VB 第4课 连续自然数求和

第4课连续自然数求和 在运用VB6.0进行程序设计时,经常会发现某一段代码是需要反复执行的,我们把用以实现此种需求的程序结构称为循环结构。在VB6.0中提供的循环结构有两种,一种是For…Next循环;另一种是Do…Loop循环。本节课中,我们将依托一个“连续自然数求和”小程序来引出For...Next循环,并针对其进行简单讨论。 编写意图 流程控制语句是VB6.0程序设计中极其重要的一环,可以说理解并掌握了VB6.0编程中流程控制语句的使用方法,就相当于打开了一扇通往计算机程序设计世界的大门。流程控制语句的学习其实更是一种逻辑思维模式的学习,是一种较为复杂的因果判定思想的形成过程,这种思想在所有的编程语言中也都是通用的。 初中四年级的学生经过多年的学习生活,已经具备了较好的逻辑思维能力和自学能力,所以,本节课我们设计了制作“连续自然数求和”小程序这样一个学习任务,通过这个任务的完成,引出流程控制语句中的For...Next循环结构,同时学习了列表框控件属性的修改方法。 内容分析 课文中出示的“连续自然数求和”小程序共主要涉及到了:修改控件属性、For...Next 循环结构以及简单循环程序的编写、卸载当前窗体四个知识点,其中隐含当前窗体,本节侧重修改控件属性的方法和循环程序的编写这两个知识点地学习。 教学目标 1.知识与技能 ◆理解For...Next循环结构的作用,掌握其语法形式和使用其进行简单循环程序的编写地方法,进而初步形成程序设计中循环程序的概念; ◆列表框控件的属性设置方法。 2.过程与方法 ◆通过学生自读教材和上机对比操作演练,结合前面学习过的控件属性知识,使其能够自行发现并总结出控件属性的修改方法; ◆通过学生自读教材,使学生在对“连续自然数求和”小程序进行分析的过程中理解并掌握For...Next循环结构及运用For...Next语句进行循环程序设计地方法。 3.情感态度与价值观 ◆使学生因自行探究并总结出了控件属性的修改方法而感受探究成功的快乐的同时,进一步增强其自学能力、树立自信心、克服其对计算机编程的恐惧心理; ◆使学生通过对连续自然数进行传统的累加运算与应用循环程序设计“连续自然数求和”程序的对比中认识到计算机程序设计在生活中的作用和意义。

幂级数求和函数方法概括与总结

幂级数求和函数方法概括与总结

常见幂级数求和函数方法综述 引言 级数是高等数学体系的重要组成部分,它是在生产实践和科学实验推动下逐步形成和发展起来的。中国魏晋时期的数学家刘徽早在公元263年创立了“割圆术”,其要旨是用圆内接正多边形去逐步逼近圆,从而求得圆的面积。这种“割圆术”就已经建立了级数的思想方法,即无限多个数的累加问题。而将一个函数展开成无穷级数的概念最早来自于14世纪印度的马徳哈瓦,他首先发展了幂级数的概念,对泰勒级数、麦克劳林级数、无穷级数的有理数逼近等做了研究。同时,他也开始讨论判断无穷级数的敛散性方法。到了19世纪,高斯、欧拉、柯西等各自给出了各种判别级数审敛法则,使级数理论全面发展起来。中国传统数学在幂级数理论研究上可谓一枝独秀,清代数学家董祐诚、坎各达等运用具有传统数学特色的方法对三角函数、对数函数等初等函数幂级数展开问题进行了深入的研究。而今,级数的理论已经发展的相当丰富和完整,在工程实践中有着广泛的应用,级数可以用来表示函数、研究函数的性质、也是进行数值计算的一种工具。它在自然科学、工程技术和数学本身方面都有广泛的作用。 幂级数是一类最简单的函数项级数,在幂级数理论中,对给定幂级数分析其收敛性,求收敛幂级数的和函数是重要内容之一。但很多人往往对这一内容感到困难。产生这一问题的一个重要原因是教材对这一问题讨论较少,仅有的一两个例题使得我们对幂级数求和中的诸多类型问题感到无从下手。事实上,求幂级数和函数的方法与技巧是多种多样的,一般要综合运用求导、拼凑、分解等来求解,因此它是一个难度较大、技巧较高的有趣的数学问题。 一、幂级数的基本概念 (一)、幂级数的定义 [1] 1、设()(1,2,3 )n u x n =是定义在数集E 上的一个函数列,则称 12()()(),n u x u x u x x E ++++ ∈ 为定义在E 上的函数项级数,简记为1 ()n n u x ∞=∑ 。 2、具有下列形式的函数项级数 2 00102000 ()()()()n n n n n a x x a a x x a x x a x x ∞ =-=+-+-+ +-+ ∑

数列的求和问题(规律总结)

数列的求和问题 知识点一:数列的前项和的相关公式 1.任意数列的第项与前项和之间的关系式: 2.等差数列的前项和公式: (为常数) 当d≠0时,S n是关于n的二次式且常数项为0; 当d=0时(a1≠0),S n=na1是关于n的正比例式. 3.等比数列的前项和公式: 当时,,, 当时,或 知识点二:求数列的前项和的几种常用方法 1.公式法: 如果一个数列是等差或者等比数列,求其前项和可直接利用等差数列或等比数列的前项和公式求和; 2.分组转化法: 把数列的每一项拆分成两项或者多项,或者把数列的项重新组合,或者把整个数列分成两部分等等,使其转化成等差数列或者等比数列等可求和的数列分别进行求和。例如对通项公式为a n=2n+3n的数列求和。 3.倒序相加法: 如果一个数列,与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和,可以采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加,就得到一个常数列的和.例如等差数列前项和公式的推导。对 通项公式为的数列求和。

4.错位相减法: 如果一个数列的通项是由一个非常数列的等差数列与等比数列的对应 项乘积组成的,求和的时候可以采用错位相减法.即错位相减法适用于通项为 (其中是公差d≠0的等差数列,是公比q≠1的等比数列)(也称为“差比数列”) 的数列求前项和.例如对通项公式为的数列求和。 一般步骤: ,则 所以有 注意: ①错位相减法是基于方程思想和数列规律的一种方法。一般都是把前项和的两边都乘以等比数列的公 比q后,再错位相减求出其前项和; ②在使用错位相减法求和时一定要注意讨论等比数列中其公比q是否有可能等于1,若q=1,错位相减法 会不成立. 5.裂项相消法: 把数列的通项拆成两项之差,然后把数列的每一项都按照这种方法拆成两项的差,以达到在求和的时候隔项正负相抵消的目的,使前n项的和变成只剩下若干少数项的和的方法. 例如对通项公式为的数列求和。 常见的拆项公式: ①; ②若为等差数列,且公差d不为0,首项也不为0,则; ③若的通项的分子为非零常数,分母为非常数列的等差数列的两项积的形式时, 则. ④;.

斯特林数和自然数前m项n次方的求和公式

斯特林数和自然数前m 项n 次方的求和公式 将 n 个元素,分成 k 个非空子集,不同的分配方法种数,称为斯特林数(Stirling Number ),记为),(k n S ,n k ≤≤1。 例如,将4个物体d c b a ,,,分成3个非空子集,有下列6种方法: )}(),(),,{(d c b a ,)}(),(),,{(d b c a ,)}(),(),,{(c b d a , )}(),(),,{(d a c b ,)}(),(),,{(c a d b ,)}(),(),,{(b a d c 。 所以,6)3,4(=S 。 斯特林数),(k n S 的值列表如下: 容易看出,有 1),()1,(==n n S n S ,12)2,(1 -=-n n S ,2 )1,(2 = =-C n n S n 。定理1 当 n k ≤≤2 时,有 ),()1,(),1(k n kS k n S k n S +-=+ 。 证 把1+n 个元素分成k 个非空子集,有),1(k n S +种不同分法。 把1+n 个元素分成k 个非空子集,也可以这样考虑:或者将第1+n 个元素单独作为1个子集,其余n 个元素分成1-k 个非空子集,这种情况下有)1,(-k n S 种不同做法;或者先将前n 个元素分成k 个非空子集,有),(k n S 种分法,再将第1+n 个元素插入这k 个子集,有k 种选择,这种情况下有k ),(k n S 种不同做法。所以共有),()1,(k n kS k n S +-种分法。 两种考虑,结果应该是一样的,因此有 ),()1,(),1(k n kS k n S k n S +-=+ 。 如果规定当1时,0),(=k n S ,则公式 ),()1,(),1(k n kS k n S k n S +-=+对 任何正整数n 和任何整数k 都成立。

小学数学解题方法:连续自然数求和的解题技巧

小学数学解题方法:连续自然数求和 一、解题方法归纳: 1.连续自然数求和的方法:头尾两数相加的和×加数的个数÷2 2.连续自然数逢单时求和的方法:中间的加数×加数的个数。 二、范例解析 例1 比一比,看谁算得快。 1+2+3+4+5+6+7+8+9 = ? 解法1 4个10加上5等于45。 解法2 5个9等于45。 解法3 得到9个10,即90,它是和数的2倍,即90÷2 = 45。 说明解法1是利用“凑整”技巧进行简算; 解法2是利用“0”的神奇性配对进行速算; 解法3是常说的高斯求和法速算。 你听说过数学家高斯小时候的故事吗?有一次老师出了一道数学题: “求1+2+3+4+……+100的和”。老师的话音刚落,高斯就举手说:等于5050。 高斯是怎样算的?他将这100个数倒过来,每相对两数的和等于101,共有100个101,将101乘以100后再除以2,结果等于5050。 我们由此得到启发,一组连续自然数相加时,可用下面的公式求和。 头尾两数相加的和×加数的个数÷2 例2 计算下面两题。 ⑴4+5+6+7+8+9+10+11+12+13 = ? ⑵21+22+23+24+25+26+27+28 =? 解⑴4+5+6+7+8+9+10+11+12+13

=(4+13)×10÷2 = 17×10÷2 = 170÷2 = 85 ⑵21+22+23+24+25+26+27+28 =(21+28)×8÷2 = 49×8÷2 = 392÷2 = 196 说明只要的连续自然数求和,不一定要从1开始,均可用此法计算。 例3 求和:53+54+55+56+57+58+59 解法1 53+54+55+56+57+58+59 =(53+59)×7÷2 = 112×7÷2 = 784÷2 = 392 解法2 53+54+55+56+57+58+59 = 56×7 = 392 说明如果相加的连续自然数的个数逢单时,也可用下式计算和: 中间的加数×加数的个数。 例4 求和。 ⑴1+3+5+7+9+11+13+15+17 ⑵24+26+8+30+32 解⑴1+3+5+7+9+11+13+15+17 = 9×9 = 81

自然数平方和公式推导

我们把S(n)拆成数字排成的直角三角形: 1 2 2 3 3 3 4 4 4 4 …… n n …… n 这个三角形第一行数字的和为12,第二行数字和为22,……第n行数字和为n2,因此S(n)可以看作这个三角形里所有数字的和 接下来我们注意到三角形列上的数字,左起第一列是1,2,3,……,n,第二列是2,3,4,……n 这些列的数字和可以用等差数列的前n项和来算出,但是它们共性不明显,无法加以利用 如果求的数字和是1,2,3,……,n,1,2,3,……,n-1这样的,便可以像求 1+(1+2)+(1+2+3)+(1+2+3+……n)一样算出结果,那么该怎样构造出这样的列数字呢 注意上面那个直角三角三角形空缺的部分,将它补全成一个正方形的话,是这样的: 1 1 1 (1) 2 2 2 (2) 3 3 3 (3) 4 4 4 (4) …… n n n …… n 这个正方形所有的数字和为n*(1+n)*n/2=n3/2+n2/2 而我们补上的数字是哪些呢? 1 1 1 …… 1 (n-1)个的1 2 2 …… 2 (n-2)个的2 3 …… 3 (n-3)个的3 ……… n-1 又一个直角三角形,我们只需算出这个三角形的数字和T(n),再用刚才算的正方形数字和减去它,便能得到要求的S(n),即S(n)=n3/2+n2/2-T(n)。而这个三角形的每一列数字和很好算,第一列是1,第二列是1+2,第三列是1+2+3,……,

最后一列(第n-1列)是1+2+3+……+n-1,根据等差数列前n项和公式,这个三角形第n列的数字和是(1+n)*n/2=n2/2+n/2,所以T(n)相当于 (12/2+1/2)+(22/2+2/2)+(32/2+3/2)……+[(n-1)2/2+(n-1)/2] 将各个扩号内的第一项和第二项分别相加,得 T(n)=[12+22+32+……+(n-1)2]/2+(1+2+3+……+n-1)/2 =S(n-1)/2+(n-1)*n/4 =S(n-1)/2+n2/4-n/4 也就是说,S(n)=n3/2+n2/2-T(n) =n3/2+n2/2-S(n-1)-n2/4+n/4 =n3/2+n2/4+n/4-S(n-1)/2 ……① 因为S(n)=12+22+32+……+n2,S(n-1)=12+22+32+……+(n-1)2 可以看出,S(n)=S(n-1)+n2,即S(n-1)=S(n)-n2,代入①式,得到 S(n)=n3/2+n2/4+n/4-S(n)/2+n2/2 3S(n)/2=n3/2+3n2/4+n/4 3S(n)=n3+3n2/2+n/2 S(n)=n3/3+3n2/6+n/6 上面这个式子就是我们熟悉的S(n)=n(n+1)(2n+1)/6 另外一种经典的方法

自然数15次方和公式

自然数15次方和公式 S =1+2+3+4+……+n =n 2+n 2=n(n+1)2 S =12+22+32+……+n 2=2n 3+3n 2+n 6=n(n+1)(2n+1)6 S =13+23+33+……+n 3=n 4+2n 3+n 24 =n 2(n+1)24=n 2(n+1)24 S =14+24+34+……+n 4=6n 5+15n 4+10n 3-n 30=n(n+1)(2n+1)(3n 2+3n -1)30 S =15+25+35+……+n 5=2n 6+6n 5+5n 4-n 212=n 2(n+1)2(2n 2+2n -1)12 S =16+26+36+……+n 6=6n 7+21n 6+21n 5-7n 3+n 42=n(n+1)(2n+1)(3n 4+6n 3-3n +1)42 S =17+27+37+……+n 7=3n 8+12n 7+14n 6-7n 4+2n 224=n 2(n+1)2(3n 4+6n 3-n 2-4n+2)24 S =18+28+38+……+n 8=n(n+1)(2n+1)(5n 6+5n 5+5n 4-15 n 3-n 2+9n-3)90 S =19+29+39+……+n 9=n 2(n+1)2(2n 6+6n 5+n 4-8n 3+n 2+6n-3)20 S =110+210+310+……+n 10 =6n 11+33n 10+55n 9-66n 7+66n 5-33n 3+5n 66 S =111+211+311+……+n 11 =2n 12+12n 11+22n 10-33n 8+44n 6-33n 4+10n 224 S =112+212+312+……+n 12 =210n 13+1365n 12+2730n 11-5005n 9+8580n 7-9009n 5+4550n 3-691n 2730 S =113+213+313+……+n 13 =30n 14+210n 13+455n 12-1001n 10+2145n 8-3003n 6+2275n 4-691n 2 420 S =114+214+314+……+n 14 =6n 15+45n 14+105n 13-273n 11+715n 9-1287n 7+1365n 5-691n 3+105n 90 S =115+215+315+……+n 15 =3n 16+24n 15+60n 14-182n 12+572n 10-1287n 8+1820n 6-1382n 4+420n 248

自然数求和公式及其应用

自然数求和公式及其应用 聪明的高斯在九岁时就在短时间内算出了1+2+3+-----+100的和,关于此公式的几种简单代数证明有好几种,本文将从几何的角度对此公式给出证明,然后举例说明此公式在生活中的广泛应用。 一:探究自然数求和公式与梯形面积之间的关系 如图我们可以把左边圆圈的个数问题转化为右边梯形面积的计算问题。梯形的面积是S=21n(n+1),所以左边圆圈的个数是2 1n(n+1),所以1+2+3+-----+n=21n(n+1) 此即自然数求和公式。 利用梯形面积公式,我们还可以求出不是从“1”开始的自然数或等差数列的求和公式。而此时求和的重点在于确定梯形的“高”。 例1、求13+14+15+-----+887的值。 我们可以仿照上面的图形解释把此问题转化为求一个梯形的面积。已知此上底是13,下底是887,难点在于确定梯形的“高”,即从13到887中自然数的个数。

我们可以从最简单开始 所以这个两底是13和887的梯形的高就是887-13+1=875。所以此梯形的面积是: 21(13+887)×875=393750,所以13+14+15+-----+887=2 1(13+887)×875=393750 更一般的,我们还可以通过这种列表探寻规律的方法来求出等差不是“1”的自然数的求和规律。(以等差为3的自然数为例) 计算11+15+19+------+411 分析,我们可以把它看做一个两底边分别是11和411,(等差为4),高为4 1(411-11)+1的梯形的面积既是所求11+15+19+------+411的值 即11+15+19+------+411= 21(11+411)×[41(411-11)+1]=21311 二、自然数求和公式的应用 例1、50个同窗好友见面两两握手,共握手多少次? 我们把50个同学编上从1——50的号码。那么1号同学要与其余49人握手49次,1号同学完成任务后2号同样与余下的48个同学握手共握手48次------最后是49号和50号同学握手1次。于是这50个同学握手的问题就转化为了1+2+3+------+50的自然数求和问题。 所以握手的总次数是1+2+3+------+49=2 1 (1+49)×50=1250(次)

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