1.3数列与极限初步概括一下，就是an一an-1对所有的n都相等很自然的，我们有下面的定义：定义1.28（等差数列）称数列an】为等差数列(Arithmeticsequence),若an】满足：(1.20)3de R, an+1- an = d, VnEN+,称d为数列的公差(Commondifference),ai为数列的首项(Initial term)你到现在应当也见过了很多的等差数列，比如例1.5的四个例子均为等差数列：例题1.61.常数列c,c,.，c,.·的首项为c,公差是0;2.奇数列1.3，··2n一1，·*的首项是1，公差是23.偶数列2,4，·.·，2n，.·的首项是2公差是2;4.负数列-1,-2,，-n.的首项是-1,公差是-1;当然，你可能有个疑问，为什么我们指出数列为等差数列的时候，单单指出了它的首项和公差呢？其实原因很简单，因为一个等差数列的通项公式完全由其首项和公差决定：&命题1.8给定首项a1 =a与公差 d,则存在唯一的等差数列[an]直观上理解来看，你可以想象你在走路，首项理解为你的起点，公差理解为你迈步子的大小，那么你向前走，每一步落在哪里是很清楚的，只要给出你迈的步数，那么我就可以确定你走到哪去了，而现在可以想象你在实数轴上走路，公差的正负决定你向哪边走，首项的大小决定你从哪开始走，你可以注意到，如果你走了n步，那么你最后的位置an+1和a1应当相差了nd，这一点其实就给出了等差数列的通项公式，下面我们给出正式的证明：证明先证明存在性.14我们验证an=a+(n-1)d满足题意首先n=1时，a1=a十（1-1)d=a,故首项与条件吻合而VnEN+,有an+1-an=[a+(n+1-1)d)-[a+(n-1)d)=d,故数列逐项之差—致，均为d,与条件相吻合故an=a+(n-1)d满足题意.再证明唯一性，假设存在数列(bn)也满足题意，但不长这样.即日nEN+，an≠bn那么我们可以假设N=[nEN+|an≠bn)，那么NN+且N非空，故N中有最小数，设为no,那么no-1史N,所以根据N的定义，我们知道(1.21)ano-1= bno-1而根据an]与【bn都是等差数列，我们知道(1.22)ano -ano-1= d, bno -bng-1 = d,14存在性的证明方法各种各样，其中一种做法是构造性证明，通俗解释一下就是：你不是问我这玩意存不存在吗？那我现在把这玩意摆到你面前，自然而然，我不仅知道它存在，我还能知道它是什么，目的已经达到了，这里我们采取构造性证明，而我们想要的结果就隐藏在刚才的分析里面22
1.3 数列与极限初步 概括一下, 就是 an − an−1 对所有的 n 都相等. 很自然的, 我们有下面的定义： 定义 1.28 (等差数列) ♣ 称数列 {an} 为等差数列 (Arithmetic sequence), 若 {an} 满足： ∃ d ∈ R, an+1 − an = d, ∀ n ∈ N+, (1.20) 称 d 为数列的公差 (Common difference), a1 为数列的首项 (Initial term). 你到现在应当也见过了很多的等差数列, 比如例 1.5 的四个例子均为等差数列： 例题 1.6 1. 常数列 c, c, · · · , c, · · · 的首项为 c, 公差是 0; 2. 奇数列 1, 3, · · · , 2n − 1, · · · 的首项是 1, 公差是 2; 3. 偶数列 2, 4, · · · , 2n, · · · 的首项是 2, 公差是 2; 4. 负数列 −1, −2, · · · , −n, · · · 的首项是 −1, 公差是 −1; 当然, 你可能有个疑问, 为什么我们指出数列为等差数列的时候, 单单指出了它的首项和公差呢? 其 实原因很简单, 因为一个等差数列的通项公式完全由其首项和公差决定： 命题 1.8 ♠ 给定首项 a1 = a 与公差 d, 则存在唯一的等差数列 {an}. 直观上理解来看, 你可以想象你在走路, 首项理解为你的起点, 公差理解为你迈步子的大小, 那么你 向前走, 每一步落在哪里是很清楚的, 只要给出你迈的步数, 那么我就可以确定你走到哪去了. 而现在可 以想象你在实数轴上走路, 公差的正负决定你向哪边走, 首项的大小决定你从哪开始走, 你可以注意到, 如果你走了 n 步, 那么你最后的位置 an+1 和 a1 应当相差了 nd, 这一点其实就给出了等差数列的通项 公式. 下面我们给出正式的证明： 证明 先证明存在性. 14 我们验证 an = a + (n − 1)d 满足题意. 首先 n = 1 时, a1 = a + (1 − 1)d = a, 故首项与条件吻合. 而 ∀ n ∈ N+, 有 an+1 − an = [a + (n + 1 − 1)d] − [a + (n − 1)d] = d, 故数列逐项之差一致, 均为 d, 与条件相吻合. 故 an = a + (n − 1)d 满足题意. 再证明唯一性. 假设存在数列 {bn} 也满足题意, 但不长这样. 即 ∃ n ∈ N+, an 6= bn. 那么我们可以假设 N = {n ∈ N+ | an 6= bn}, 那么 N ⊆ N+ 且 N 非空, 故 N 中有最小数, 设为 n0, 那么 n0 − 1 ∈/ N, 所以根据 N 的定义, 我们知道 an0−1 = bn0−1. (1.21) 而根据 {an} 与 {bn} 都是等差数列, 我们知道 an0 − an0−1 = d, bn0 − bn0−1 = d, (1.22) 14存在性的证明方法各种各样, 其中一种做法是构造性证明, 通俗解释一下就是：你不是问我这玩意存不存在吗? 那我现在把这 玩意摆到你面前, 自然而然, 我不仅知道它存在, 我还能知道它是什么, 目的已经达到了. 这里我们采取构造性证明, 而我们想 要的结果就隐藏在刚才的分析里面. 22
1.3数列与极限初步故(1.23)ano=ano-1+d=bno-1+d=bno这与noEN矛盾.故[bnl不存在，{an唯一值得一提的是，这里为了严谨起见，使用了最小数原理，这部分内容可以阅读第六章第二节于是从定义和刚才命题的证明，我们获知，等差数列的通项公式是an=a1+（n-1)d，VnEN+，递推公式是ai=a1，an+1=an+d，VnEN+，这两者是可以直接对应起来的.当然，正如我们在例1.5中所指出的，你给出的值不一定要求是a1，替换为数列中任意一项的值，都可以推导出这个数列，想想看，为什么？事实上你很容易看见等差数列满足这么一些性质：命题1.9设[an}为等差数列,首项为a1,公差为d,则1.an=am+(n-m)d,Vm,nEN+;2.Vi,j,m,nEN+,i+j=m+n台ai+aj=am+an;3. 数列 [bn) 也为等差数列,若bn= Aapm+k+B,Vn EN+,pn+k>0,这里p,k EN, A,B E R为常数；4.若数列[bn]也为等差数列,那么数列【an十bn}与[an一bn]均为等差数列,该结论可推广到有限个等差数列相加减的情况MATI证明留作习题BA接下来我要先向你讲述一个故事：7岁那年，高斯第一次上学了.头两年没有什么特殊的事情.1787年高斯10岁，他进人了学习数学的班次，这是一个首次创办的班，孩子们在这之前都没有听说过算术这么一门课程，数学教师是布特纳（Buttner)，他对高斯的成长也起了一定作用.在全世界广为流传的一则故事说，高斯10岁时算出布特纳给学生们出的将1到100的所有整数加起来的算术题，布特纳刚叙述完题目，高斯就算出了正确答案不过，这很可能是一个不真实的传说.据对高斯素有研究的著名数学史家E·T·贝尔(E.T.Bell)考证，布特纳当时给孩子们出的是一道更难的加法题：81297+81495+81693++100899.当然，这也是一个等差数列的求和问题（公差为198，项数为100).当布特纳刚一写完时，高斯也算完并把写有答案的小石板交了上去.E·T，贝尔写道，高斯晚年经常喜欢向人们谈论这件事，说当时只有他写的答案是正确的，而其他的孩子们都错了，高斯没有明确地讲过，他是用什么方法那么快就解决了这个问题数学史家们倾向于认为，高斯当时已掌握了等差数列求和的方法一位年仅10岁的孩子，能独立发现这一数学方法实属很不平常.贝尔根据高斯本人晚年的说法而叙述的史实，应该是比较可信的.让我们来好好介绍一下等差数列求和的方法，在此之前，我们要先对数列求和下个定义23
1.3 数列与极限初步 故 an0 = an0−1 + d = bn0−1 + d = bn0 , (1.23) 这与 n0 ∈ N 矛盾. 故 {bn} 不存在, {an} 唯一. 值得一提的是, 这里为了严谨起见, 使用了最小数原理, 这部分内容可以阅读第六章第二节. 于是从定义和刚才命题的证明, 我们获知, 等差数列的通项公式是 an = a1 + (n−1)d, ∀ n ∈ N+, 递 推公式是 a1 = a1, an+1 = an+d, ∀ n ∈ N+, 这两者是可以直接对应起来的. 当然, 正如我们在例1.5中 所指出的, 你给出的值不一定要求是 a1, 替换为数列中任意一项的值, 都可以推导出这个数列, 想想看, 为什么? 事实上你很容易看见等差数列满足这么一些性质： 命题 1.9 ♠ 设 {an} 为等差数列, 首项为 a1, 公差为 d, 则 1. an = am + (n − m)d, ∀ m, n ∈ N+; 2. ∀ i, j, m, n ∈ N+, i + j = m + n ⇔ ai + aj = am + an; 3. 数列 {bn} 也为等差数列, 若 bn = Aapn+k+B, ∀ n ∈ N+, pn+k > 0, 这里 p, k ∈ N, A, B ∈ R 为常数; 4. 若数列 {bn} 也为等差数列, 那么数列 {an + bn} 与 {an − bn} 均为等差数列, 该结论可推广 到有限个等差数列相加减的情况. 证明留作习题. 接下来我要先向你讲述一个故事： 7 岁那年, 高斯第一次上学了. 头两年没有什么特殊的事情. 1787 年高斯 10 岁, 他进入了学 习数学的班次, 这是一个首次创办的班, 孩子们在这之前都没有听说过算术这么一门课程. 数学教师是布特纳 (Buttner), 他对高斯的成长也起了一定作用. 在全世界广为流传的一则故 事说, 高斯 10 岁时算出布特纳给学生们出的将 1 到 100 的所有整数加起来的算术题, 布特纳 刚叙述完题目, 高斯就算出了正确答案. 不过, 这很可能是一个不真实的传说. 据对高斯素有 研究的著名数学史家 E·T·贝尔 (E.T.Bell) 考证, 布特纳当时给孩子们出的是一道更难的加 法题：81297+81495+81693+.+100899. 当然, 这也是一个等差数列的求和问题 (公差为 198, 项数为 100). 当布特纳刚一写完时, 高斯也算完并把写有答案的小石板交了上去. E·T·贝 尔写道, 高斯晚年经常喜欢向人们谈论这件事, 说当时只有他写的答案是正确的, 而其他的 孩子们都错了. 高斯没有明确地讲过, 他是用什么方法那么快就解决了这个问题. 数学史家 们倾向于认为, 高斯当时已掌握了等差数列求和的方法. 一位年仅 10 岁的孩子, 能独立发现 这一数学方法实属很不平常. 贝尔根据高斯本人晚年的说法而叙述的史实, 应该是比较可信 的. 让我们来好好介绍一下等差数列求和的方法, 在此之前, 我们要先对数列求和下个定义： 23
1.3数列与极限初步定义1.29（前n项和）设有数列[an],称ai+a2+*+an为数列[an]的前n项和,记为 Sn,即(1.24)Sn = ai +... + an.容易知道数列[Sn}的递推公式为Si=a1,Sn+1-Sn=an+1,VnEN+这当然也是一个很顾名思义的名词.前n项和，指的就是把数列的前面n项加起来.还是例1.5为例.例题1.71.常数列c,c,.·,C,的前n项和为Sn=nc,2.奇数列1,3,.，2n-1,..的前n项和为Sn=n2;3.偶数列2,4,,2n，的前n项和为Sn=n(n+1);4.负数列-1,-2,,-n,..的前n项和为Sn=_n(n+)想要验证它的正确性并不困难，我们只需要验证通项公式与递推公式相符即可，但我们更关心如何得到这个通项公式的第一个常数列的前n项和是很明显的，把n个c相加，那结果当然是nc.但是对于后面的三个数列，我们如何去计算它们的前n项和呢？一个很不错的选择是直接计算一般等差数列的前n项和，从而自然地获知特殊情况.我们也这么尝试一下：设有一个等差数列[an),公差为d,那么它的通项公式为an=a1+(n－1)d,所以前n项和表示为：Sn=a1+a2+.+an= (ai +Od) + (a1 + 1d) +.. +[a1 + (n - 1)d)=(ai +ai+...+ a1)+(0+1+...+n-1)dn(n - 1) d.=nai+2这样就给出了[Sn)的通项公式.不过你可能有个疑问，为什么0+1+…+(n－1)="=})呢？其实这也是一个等差数列的求和.我们从高斯的方法来推导这件事情：记S=1+2+..+（n-1),我们倒着写，那么S=(n-1)+(n-2)+..+1,两式相加，得2S =[1 +2+...+ (n-1)] +[(n -1) + (n-2) +..+1]= [1 + (n - 1)] +[2+ (n- 2)] +*.+ [(n - 1) +1]=n+n+.*+n=(n-1)n于是S=n(n-1)我们称这种方法为倒序求和法.它的原理其实是命题1.9(2).当然，我们也可以直接用倒序求和法来计算前n项和设Sn=a1++an，那么Sn=an+.*+ai,两式相加得2Sn=(ai+...+an)+(an +..+ai)= (a1+an)+(a2+an-1)+.+(an+ai)24
1.3 数列与极限初步 定义 1.29 (前 n 项和) ♣ 设有数列 {an}, 称 a1 + a2 + · · · + an 为数列 {an} 的前 n 项和, 记为 Sn, 即： Sn = a1 + · · · + an. (1.24) 容易知道数列 {Sn} 的递推公式为 S1 = a1, Sn+1 − Sn = an+1, ∀ n ∈ N+. 这当然也是一个很顾名思义的名词. 前 n 项和, 指的就是把数列的前面 n 项加起来. 还是例 1.5 为 例. 例题 1.7 1. 常数列 c, c, · · · , c, · · · 的前 n 项和为 Sn = nc; 2. 奇数列 1, 3, · · · , 2n − 1, · · · 的前 n 项和为 Sn = n 2 ; 3. 偶数列 2, 4, · · · , 2n, · · · 的前 n 项和为 Sn = n(n + 1); 4. 负数列 −1, −2, · · · , −n, · · · 的前 n 项和为 Sn = − n(n+1) 2 . 想要验证它的正确性并不困难, 我们只需要验证通项公式与递推公式相符即可, 但我们更关心如何 得到这个通项公式的. 第一个常数列的前 n 项和是很明显的, 把 n 个 c 相加, 那结果当然是 nc. 但是对于后面的三个数列, 我们如何去计算它们的前 n 项和呢? 一个很不错的选择是直接计算一般等差数列的前 n 项和, 从而自然地获知特殊情况. 我们也这么尝 试一下： 设有一个等差数列 {an}, 公差为 d, 那么它的通项公式为 an = a1 + (n − 1)d, 所以前 n 项和表示为： Sn = a1 + a2 + · · · + an = (a1 + 0d) + (a1 + 1d) + · · · + [a1 + (n − 1)d] = (a1 + a1 + · · · + a1) + (0 + 1 + · · · + n − 1)d = na1 + n(n − 1) 2 d. 这样就给出了 {Sn} 的通项公式. 不过你可能有个疑问, 为什么 0 + 1 + · · · + (n − 1) = n(n−1) 2 呢? 其实 这也是一个等差数列的求和. 我们从高斯的方法来推导这件事情： 记 S = 1 + 2 + · · · + (n − 1), 我们倒着写, 那么 S = (n − 1) + (n − 2) + · · · + 1, 两式相加, 得 2S = [1 + 2 + · · · + (n − 1)] + [(n − 1) + (n − 2) + · · · + 1] = [1 + (n − 1)] + [2 + (n − 2)] + · · · + [(n − 1) + 1] = n + n + · · · + n = (n − 1)n 于是 S = n(n−1) 2 . 我们称这种方法为倒序求和法. 它的原理其实是命题1.9(2). 当然, 我们也可以直接用倒序求和法来 计算前 n 项和. 设 Sn = a1 + · · · + an, 那么 Sn = an + · · · + a1, 两式相加, 得 2Sn = (a1 + · · · + an) + (an + · · · + a1) = (a1 + an) + (a2 + an−1) + · · · + (an + a1). 24
1.3数列与极限初步而我们知道，每组的下标之和都是n+1，所以各组下标之和相同，故各组的值也相同，都为a1+an.因此2Sn = (a1+an)+(a1+an)++*.+(a1+an)= n(ai +an).故Sn=n(aitan).你也可能听说过，等差数列求和就是首项加末项乘以项数再除以2,就是这么来的注现在我要向你介绍一个十分具有技巧性的求和方式一一裂项设想你要求{an的前n项和Sn，那么根据定义，Sn=a1十a2++an.假如我们能找到这么一个数列[bn满足an=bn+1-bn，Vn≥1,那么Sn的计算就可以变为：Sn = (b2 - b1) + (b3 - b2) + . + (bn+1 - bn) = bn+1 -b1这样就大大简化了计算难度，由于此种计算方法通常是每一项拆成两项，就像裂开了一样，所以我们叫裂项法.当然，你注意到了最大的问题：我们如何寻找[bn}呢？这具有相当的技巧性，我们往往先猜测[bn]的形式，再通过待定系数法确定系数取值，但猜出这个形式往往比较耗脑子，所以我建议你把通法练熟之后再尝试这种方法，否则容易本末倒置，基础不牢比如对于等差数列，如何利用裂项法求前n项和呢?首先我们猜测一下bn的形式，它绝对不可能还是等差数列，因为等差数列的两项之差是个常数，而一般来讲a当然不会是常数.那么我们猜测bm可能含有二次项n2，这样作差就可以得到一次式。注意，bn的选择不是唯一的，所以不要问为啥没有三次式或者更高次，当然可以有，但是会麻烦一些。我们当然是挑最好算的bn来计算。于是我们假设bn=An?+Bn+C,作差，得到an = bn+1 - bn = [A(n + 1)?+ B(n + 1) +C] - (An? + Bn + C) = 2An + A + B,这里2A为一次项系数，A+B为常数项.而我们知道an=a1+(n-1)d=dn+a1-d,所以你对比一下这两个式子有：[2A = d,A+B=ai-d从而A=号，B=a1-号d.C呢？C随便怎么取，因为会抵消：Sn = bn+1 - b1 = [A(n +1)? + B(n + 1) + C] - (A + B + C)= An?+(2A+B)n3d.n?+(d+ai--d)n2d-n(n -1).=nai+这和我们之前得到的结果是一致的有个颇为实用的结论：定理1.2数列(an}与其前n项和数列[Sn}一一对应理解并不困难，因为数列[anl决定了其前n项和{S,1的首项与差分，而{S,l的递推公式也可以决定【an]的各项对于前n项和，我们也有一些有趣的结论25
1.3 数列与极限初步 而我们知道, 每组的下标之和都是 n+ 1, 所以各组下标之和相同, 故各组的值也相同, 都为 a1 +an. 因此 2Sn = (a1 + an) + (a1 + an) + · · · + (a1 + an) = n(a1 + an). 故 Sn = n(a1+an) 2 . 你也可能听说过, 等差数列求和就是首项加末项乘以项数再除以 2, 就是这么来的. 注 现在我要向你介绍一个十分具有技巧性的求和方式——裂项. 设想你要求 {an} 的前 n 项和 Sn, 那么根据定义, Sn = a1 + a2 + · · · + an. 假如我们能找到这么一 个数列 {bn} 满足 an = bn+1 − bn, ∀ n ≥ 1, 那么 Sn 的计算就可以变为： Sn = (b2 − b1) + (b3 − b2) + · · · + (bn+1 − bn) = bn+1 − b1. 这样就大大简化了计算难度. 由于此种计算方法通常是每一项拆成两项, 就像裂开了一样, 所以我们叫 裂项法. 当然, 你注意到了最大的问题：我们如何寻找 {bn} 呢? 这具有相当的技巧性, 我们往往先猜测 {bn} 的形式, 再通过待定系数法确定系数取值, 但猜出这个形式往往比较耗脑子. 所以我建议你把通法练熟 之后再尝试这种方法, 否则容易本末倒置, 基础不牢. 比如对于等差数列, 如何利用裂项法求前 n 项和呢? 首先我们猜测一下 bn 的形式, 它绝对不可能还 是等差数列, 因为等差数列的两项之差是个常数, 而一般来讲 an 当然不会是常数. 那么我们猜测 bn 可 能含有二次项 n 2 , 这样作差就可以得到一次式. 注意, bn 的选择不是唯一的, 所以不要问为啥没有三次 式或者更高次, 当然可以有, 但是会麻烦一些. 我们当然是挑最好算的 bn 来计算. 于是我们假设 bn = An2 + Bn + C, 作差, 得到 an = bn+1 − bn = [A(n + 1)2 + B(n + 1) + C] − (An2 + Bn + C) = 2An + A + B, 这里 2A 为一次项系数, A + B 为常数项. 而我们知道 an = a1 + (n − 1)d = dn + a1 − d, 所以你对比一 下这两个式子有： 2A = d, A + B = a1 − d . 从而 A = d 2 , B = a1 − 3 2 d. C 呢? C 随便怎么取, 因为会抵消： Sn = bn+1 − b1 = [A(n + 1)2 + B(n + 1) + C] − (A + B + C) = An2 + (2A + B)n = d 2 n 2 + (d + a1 − 3 2 d)n = na1 + d 2 n(n − 1). 这和我们之前得到的结果是一致的. 有个颇为实用的结论: 定理 1.2 ♥ 数列 {an} 与其前 n 项和数列 {Sn} 一一对应. 理解并不困难, 因为数列 {an} 决定了其前 n 项和 {Sn} 的首项与差分, 而 {Sn} 的递推公式也可以 决定 {an} 的各项. 对于前 n 项和, 我们也有一些有趣的结论： 25
1.3数列与极限初步命题1.10设[an]为等差数列,d 为公差,[Sn]为其前 n项和,则1.一般来讲，[Snl不是等差数列;2. 设 k EN+,定义 So=0,则数列[S(n+1)k-Snk),n EN 为等差数列,公差为 k2d.以及这么三个等价命题：命题1.11福设有数列[an],前n项和为Sn,TFAEa:1.[an】为等差数列;2. 3A,BER s.t. Sn = An?+Bn;3.【S】为等差数列,“即Thefollowingareequivalent，以下等价我们证明一下命题1.11.命题1.10则留作习题：啡厅证明1→2ne年 npd = n2 +(ai - )n, 于是取由我们前面的结论，设an】的公差为d，那么SnMATICAEA=号, B= a1-号则满足条件.&2→3由条件,Sn=An+B,这显然是一个等差数列,公差为A,首项为 A+B3→1设[Sn} 的公差为 d, 那么 Sn =+(n-1)d= Si +(n-1)d, 于是 Sn = na1 + n(n-1)d, 求[Sn)的差分，得Sn+1-Sn=ai+2nd,即an+1=ai+2nd,故[an}为等差数列，公差为号2笔记我们在证若干个命题等价的时候往往没有必要证两两等价，我们可以选择证明第一个命题推出第二个命题，第二个推出第三个，，最后一个推出第一个，这样就形成一个闭环，于是你可以知道这个逻辑链上的命题均是等价的，以及，我们证明一个数列为等差数列，只需验证差分为定值即可。最后我想介绍一下关于等差数列的一个更宽泛的理解方式我们一开始就提过，数列是将一些自然数映射到实数上，那我们不妨考虑所有的实数，我们构造一个映射，使得把所有实数映射到某些实数上，而之前的自然数也对应到相应的数上，也就是，我们考虑原映射的扩张.这样我们可以分析这个扩张的性质，来得到原数列具有的一些性质你可能会觉得这有点抽象，没关系，我们拿等差数列举例子。设有一个等差数列{anl.公差是d,那么an=a1+(n-1)d,你注意到这等价于一个映射a：N+一→R，na1+(n-1)d.我们考虑a的扩张：a：R→R，r→ai+(-1)d,你意识到这其实就是你在初中学过的一次函数y=da+（a1一d)，它的图像是一条直线.而α的图像是横坐标为正整数时相对应的那些点.比如考虑自然数列1,2,3，.·，n，.，我们在下面展示数列与相应的扩张的图像26
1.3 数列与极限初步 命题 1.10 ♠ 设 {an} 为等差数列, d 为公差, {Sn} 为其前 n 项和, 则 1. 一般来讲, {Sn} 不是等差数列; 2. 设 k ∈ N+, 定义 S0 = 0, 则数列 {S(n+1)k − Snk}, n ∈ N 为等差数列, 公差为 k 2d. 以及这么三个等价命题： 命题 1.11 ♠ 设有数列 {an}, 前 n 项和为 Sn, TFAEa : 1. {an} 为等差数列; 2. ∃ A, B ∈ R s.t. Sn = An2 + Bn; 3. { Sn n } 为等差数列. a即 The following are equivalent, 以下等价 我们证明一下命题1.11, 命题1.10则留作习题： 证明 1 ⇒ 2 由我们前面的结论, 设 {an} 的公差为 d, 那么 Sn = na1 + n(n−1) 2 d = d 2 n 2 + (a1 − d 2 )n, 于是取 A = d 2 , B = a1 − d 2 则满足条件. 2 ⇒ 3 由条件, Sn n = An + B, 这显然是一个等差数列, 公差为 A, 首项为 A + B. 3 ⇒ 1 设 { Sn n } 的公差为 d, 那么 Sn n = S1 1 + (n − 1)d = S1 + (n − 1)d, 于是 Sn = na1 + n(n − 1)d, 求 {Sn} 的差分, 得 Sn+1 − Sn = a1 + 2nd, 即 an+1 = a1 + 2nd, 故 {an} 为等差数列, 公差为 d 2 . 笔记 我们在证若干个命题等价的时候往往没有必要证两两等价, 我们可以选择证明第一个命题推出第 二个命题, 第二个推出第三个, · · · , 最后一个推出第一个, 这样就形成一个闭环, 于是你可以知道这个逻 辑链上的命题均是等价的. 以及, 我们证明一个数列为等差数列, 只需验证差分为定值即可. 最后我想介绍一下关于等差数列的一个更宽泛的理解方式. 我们一开始就提过, 数列是将一些自然数映射到实数上. 那我们不妨考虑所有的实数, 我们构造一 个映射, 使得把所有实数映射到某些实数上, 而之前的自然数也对应到相应的数上, 也就是, 我们考虑原 映射的扩张. 这样我们可以分析这个扩张的性质, 来得到原数列具有的一些性质. 你可能会觉得这有点抽象, 没关系, 我们拿等差数列举例子. 设有一个等差数列 {an}, 公差是 d, 那么 an = a1 + (n − 1)d, 你注意到这等价于一个映射 a: N+ → R, n 7→ a1 + (n − 1)d. 我们考虑 a 的扩张:a˜ : R → R, x 7→ a1 + (x − 1)d, 你意识到这其实就是你在 初中学过的一次函数 y = dx + (a1 − d), 它的图像是一条直线. 而 a 的图像是横坐标为正整数时相对应 的那些点. 比如考虑自然数列 1, 2, 3, · · · , n, · · · , 我们在下面展示数列与相应的扩张的图像： 26