2. Последовательности.

Глава 1. ЭЛЕМЕНТЫ КОМБИНАТОРИКИ.
§ 1.
§ 2. Последовательности.
2.1.
Числовые последовательности. Способы задания.
2.1.1. Определение числовой последовательности.
Числовая последовательность – это конечный или бесконечный
занумерованный набор чисел, т.е. набор, в котором каждому числу поставлено
в соответствие натуральное число 1, 2, … называемое его номером. Числа,
составляющие последовательность, называются ее членами.
Последовательность можно записывать в виде строки чисел, разделенных
запятой или другим разделителем, например, «точкой с запятой». В этом случае
осуществляется естественная нумерация «по порядку следования» с лева на
право.
Из определения последовательности видно, что она представляет собой
функцию на множестве натуральных чисел. В этом случае аргументом функции
является натуральное число, представляющее собой номер члена
последовательности, а сам член последовательности является значением
функции от натурального аргумента.
В общем случае последовательности обозначают следующим образом:
{a1, a2, …, ak} – конечная последовательность; {a1, a2, …, ak, …} – бесконечная
последовательность.
2.1.2. Способы задания последовательностей.
Существует три способа задания последовательностей.
Первый способ – списком, примеры, которые мы приводили, когда в
фигурных скобках перечисляются члены последовательности. Этот способ
соответствует табличному способу задания функции, изучаемому в школьном
курсе математики.
Второй способ – аналитический, так же известен из школьного курса,
когда задается формула зависимости члена последовательности от его номера.
Пример 1. an = n2, n = 1, 2,…, 10 – конечная последовательность,
состоящая из десяти членов.
Подставляя вместо n конкретные натуральные значения, мы будем
получать конкретные значения членов последовательности {1, 4, 9, 16, 25, 36,
49, 64, 81, 100}. В этом случае говорят, что an = n2 является общим членом
последовательности, вернее аналитическим выражением для общего члена.
Пример 2. Пусть f (n) 
1
, n = 1, 2,…. Найти первые пять членов.
n
Решение. Данная последовательность является бесконечной. Подставляя,
1 1 1 1
в формулу общего члена, вместо n значения 1, 2, 3, 4, 5 получим 1, , , ,  .
 2 3 4 5
Из примеров видно, как легко перейти от аналитического способа задания
последовательности в виде формулы общего члена к списочному. А вот найти
формулу общего члена по списку удается очень редко.
Третий, очень важный способ задания последовательности –
рекуррентный.
Рекуррентный
способ
задания
последовательности
заключается в следующем: 1) задаются значения нескольких первых членов
последовательности, называемые начальными условиями; 2) задается правило,
по которому можно вычислить любой член последовательности, зная значения
предыдущих. Это правило называется рекуррентным соотношением, а
последовательность заданную рекуррентным соотношением – рекуррентной.
В простейшем случае задается первый член последовательности, а
каждый следующий член вычисляется по значению предыдущего по одной и
той же формуле. Такое соотношение называется стационарным одношаговым.
Общий вид стационарной одношаговой формулы: an+1 = F(an).
1
2
Пример 3. a1 = 2, an  an21  1 .
Вычисления по рекуррентной формуле дают следующие значения членов
последовательности:
1 2
1
a1  1   2 2  1  3;
2
2
1
1
a3  a 22  1   3 2  1  5,5;
2
2
1
1
a 4  a32  1   5,5 2  1  16,125; ...
2
2
a2 
Если в рекуррентной последовательности следующий член находится по
значению двух предыдущих, то ее рекуррентное соотношение называют
двухшаговым.
1
2
Пример 4. Пусть a1 = 2; a2 = 1; a n  2  a n 1  a n .
Вычисления по этой формуле дают следующие значения:
1
1
1
a 3  1   2  2; a 4  1  1  2,5; a 5  2,5   2  3,5 и т.д.
2
2
2
Аналогично можно определить трех-, четырех-, … k-шаговые
рекуррентные соотношения.
Рекуррентное соотношение называют полношаговым, если значение
следующего члена последовательности находится по всем предыдущим.
Общий вид полношагового рекуррентного соотношения:
an = F(a1, a2, a3,…, an).
Пример 5. Классической задачей иллюстрирующей понятие
рекуррентного соотношения является задача поставленная и изученная
Леонардо из Пизы, известным как Фибоначчи.
Пара кроликов приносит раз в месяц приплод из двух крольчат (самки и
самца), причем новорожденные крольчата через два месяца после рождения
уже приносят приплод. Сколько кроликов появится через год, если в начале
года была одно пара кроликов и в течении этого года кролики не умирают, а их
воспроизводство не прекращается?
Решение. Из условия видно, что через месяц будет две пары кроликов.
Через два месяца приплод даст только первая пара, и получится три пары. А
еще через месяц приплод дадут и исходная пара кроликов, и пара кроликов
появившаяся два месяца тому назад. Поэтому всего будет пять пар кроликов.
Обозначим через f(n + 1) количество пар кроликов по истечении n + 1
месяца с начала года. Мы видим, что через n + 2 месяца будут эти f(n + 1) пар и
еще столько новорожденных пар кроликов, сколько было в конце n-го месяца,
т.е. еще f(n ) пар кроликов. Иными словами, имеет место соотношение
f(n + 2) = f(n + 1) + f(n ).
(1)
Последовательность чисел удовлетворяющая соотношению (1),
называется последовательностью Фибоначчи.
Так как по условию, f(0) = 1, f(1) = 2, то, пользуясь соотношением (1)
последовательно находим
f(2) = 3, f(3) = 5, f(4) = 8, f(5) = 13, f(6) = 21, f(7) = 34, f(8) = 55, f(9) = 89,
f(10) = 144, f(11) = 233, f(2) = 377.
Рекуррентные соотношения (от латинского слова recurrere –
возвращаться) играют большую роль в дискретной математике, являясь в
некотором смысле дискретным аналогом дифференциальных уравнений. Кроме
того они позволяют сводить данную задачу к задаче от меньшего значения
параметра. Последовательно уменьшая значения параметра можно дойти до
задачи, имеющей тривиальное решение. Однако во многих случаях бывает
необходимо получить из рекуррентного соотношения аналитическую формулу
общего члена последовательности или как говорят решить данное рекуррентное
соотношение. Вопросом решения рекуррентных соотношений мы займемся
позже.
2.2.
Суммирование конечных последовательностей.
Иногда возникает задача о суммировании чисел конечной числовой
последовательности, например, при вычислении среднего арифметического для
набора чисел. Если чисел много и они не связанны особой закономерностью, то
вычисление суммы может оказаться очень трудоемким делом. Если числа
последовательности связанны какой-то закономерностью, то часто элемент
последовательности можно представить в виде значения функции от номера
этого
элемента,
то
есть
перейти
к
аналитическому
заданию
последовательности.
Одним
из
простейших
примеров
является
последовательность ak = k для 1  k  n, то есть последовательность 1, 2, 3,…,n.
2.2.1. Арифметическая прогрессия.
Из школьного курса математики известно, что арифметической
прогрессией называется числовая последовательность, каждый член которой,
начиная со второго, равен предыдущему сложенному с одним и тем же
числом.
Данное определение относится к рекуррентному способу задания
последовательности и соответствует рекуррентному соотношению
an+1 = an + d.
Переход аналитическому способу задания осуществляется по формуле
an = a1 + (n – 1)d.
Согласно этому определению приведенная выше последовательность
является арифметической прогрессией с первым членом a1 = 1 и разностью
d = 1. Поэтому по известной формуле, суммы n членов арифметической
прогрессии, получаем, S n  a1  a 2  a3  ...  a n 
a1  a n
n(1  n)
1 n
n
n
.
2
2
2
2.2.2. Геометрическая прогрессия.
Также из школьного курса математики известно определение
геометрической прогрессии – это числовая последовательность, каждый член
которой, начиная со второго, равен предыдущему умноженному на одно и то
же число, то есть имеет место рекуррентное соотношение
bn+1 = bn  q.
Кроме того, для геометрической прогрессии имеет место формула
bn = b1 qn–1.
А сумма n ее членов определяется по формуле:
S n  b1  b2  b3  ...  bn 
1
2
1
4
1
8
Например: S1000     ... 
1
2
1000

1   1 
 
2   2 
1000
1
1
2


1
1000
a1 q n  1
.
q 1

 1


1
2
.
Таким образом, используя алгебраические особенности, сумму членов
некоторых конечных последовательностей удается записать в упрощенном
виде. К сожалению, так бывает не всегда. Одним из самых известных примеров
1
2
1
3
1
n
является сумма, вида S n  1    ...  , которая называется суммой первых n
членов гармонического ряда. Казалось бы, что числа, вычисляемые по такой
простой закономерности, просуммировать несложно. Однако, этой задачей
интересовались в течение многих веков, и в конце концов оказалось, что
сколько бы мы ни старались нам не удастся найти такое достаточно простое
выражение H(n), чтобы выполнялось равенство S n  H (n) .
Тем
не
менее,
существует
достаточно
много
конечных
последовательностей, суммы которых подсчитывают с помощью удобных и
красивых формул. Изучению некоторых таких сумм и посвящен данный
параграф.
2.2.3. Арифметико-геометрическая прогрессия.
Одним из способов суммирования является использование некоторых
известных формул для сумм.
Пример 1. Пусть a k  f (k )  k  2 k 1 , 1  k  n . Найти сумму S n  a1  a 2  a3  ...  a n .
Решение. Запишем несколько сумм геометрических прогрессий, как это
указано на следующей схеме:
1  2  2 2  2 3  ...  2 n 1  2 n  1,
2  2 2  2 3  ...  2 n 1  2 n  2,
2 2  2 3  ...  2 n 1  2 n  4,
................................
Складывая по столбикам во всех выписанных равенствах, получим
1  2  2  3  2 2  4  2 3  ...n  2 n1  n  2 n  (1  2  2 2  ...  2 n ) ,
откуда S n  n  2 n  (2 n  1)  (n  1)2 n  1 . В результате искомая формула получена.
Обобщая рассмотренный пример, можно получить следующую формулу:
S n  1  2  q  3  q  ...  n  q
2
n 1
1  n q n  1
 nq 
.

q  1 
q  1 
(1)
Чтобы расширить количество последовательностей, для которых удается
найти формулы суммы, введем новое понятие.
Определение 1. Числовая последовательность с общим членом
a k  a1  (k  1)d q k -1 – называется арифметико-геометрической прогрессией с
разностью d и знаменателем q.
Последовательность, рассмотренная в примере 1, является арифметикогеометрической прогрессией, у которой a1 = 1, d = 1, q = 2.
Пример 2. Арифметико-геометрическая прогрессия со знаменателем
равным 1 превращается в обычную арифметическую прогрессию с разностью d.
Пример 3. Пусть a k  2k  3  3 k -1 . Найти сумму первых n членов.
Решение.
S n  2  1  3  2  2  3  3  2  3  3  32  ...  2  n  3  3n -1 
2(1  2  3  3  32  ...  n  3n -1 )  (3  32  33  ...  3n -1 ).
Используя формулу (1), получаем


1
3n  1  3  3n  1
 
S n  2   n  3n 
 (n  1)  3n  1.
2
2 
2
Для сокращения записи сумм часто используется знак суммирования и
вместо суммы a1 + a2 + a3 +…+ an пишут
n
a
k 1
k
, (читается «Сумма чисел ak по k
от 1 до n», или «Сумма чисел ak, где k изменяется от 1 до n»). А в место суммы
a0 + a1 + a2 + a3 +…+ an + an+1 пишут
n 1
a
k 0
k
, и т.д.
2.2.4. Метод разностей.
Рассмотрим еще один метод суммирования. Идею этого метода лучше
всего рассмотреть на примере.
n
1
.
k 1 k ( k  1)
Пример 4. Найти сумму S n  
Решение. Прежде всего, заметим справедливость тождества
1
1
1
.


k k  1 k (k  1)
С его помощью искомую сумму можно представить в следующем виде:
Sn 
1
1
1
1
1


 ... 


1 2 2  3 3  4
(n  1)  n n  (n  1)
1 1
1 
 1 1 1 1 1
 1
  
1            ...  
.
 2  2 3 3 4
 n 1 n   n n 1
Раскрыв скобки заметим, что каждый член суммы, стоящий на четном месте, за
исключением самого последнего, в сумме со следующим за ним слагаемым
дает 0. В результате S n  1 
1
n

.
n 1 n 1
Изложенный в этом примере способ суммирования известен как метод
разностей. В общем случае его смысл заключается в следующем: Пусть
известно, что для каждого натурального k справедливо равенство
ak = P(k+1) – P(k),
(3)
где P(x) задается в виде некоторой функции от переменной x. Тогда
n
n
k 1
k 1
S n   a k   ( P(k  1)  P(k ))  P(n  1)  P(1).
(4)
В итоге сумма первых n членов рассматриваемой последовательности
также представляется в виде функции от переменной n.
Пример 5. Пусть P(x) = x(x + 1)(x + 2). Найдем последовательность ak,
такую, что ak = P(k + 1) – P(k). Выполняя преобразования получим:
ak = (k + 1)(k + 2)( k + 3) – k(k + 1)(k + 2) =
= (k + 1)(k + 2)( k + 3 – k) = 3(k + 1)(k + 2).
Следовательно, на основании формулы (4) имеем
3(23 + 34 + 45 +...+ (n + 1)(n + 2)) = (n + 1)(n + 2)(n + 3) – 123, откуда
3(12 + 23 + 34 + 45 +...+ (n + 1)(n + 2)) = (n + 1)(n + 2)(n + 3).
Заменяя n + 1 на m и поделив обе части на 3 получаем формулу:
1  2  2  3  3  4  ...  m  (m  1) 
m  (m  1)  (m  2)
.
3
(5)
Посмотрим, как с помощью метода разностей можно находить суммы степеней
чисел натурального ряда.
n
Пример 6. Найти сумму S n   k 2 .
k 1
Решение. Попробуем представить ak = k2 в виде (3). Для этого будем искать P(x)
в виде многочлена третьей степени: P(x) = ax3 + bx2 + cx + d, где a, b, c, d –
неизвестные пока действительные числа. Подставив P(k) и P(k + 1) в равенство
(3),будем иметь

 

k 2  a (k  1) 3  b(k  1) 2  c(k  1)  d  ak 3  bk 2  ck  d 

 

 a k 3  3k 2  3k  1  k 3  b k 2  2k  1  k 2  c(k  1  k ) 
 k 2 (3a )  k (3a  2b)  (a  b  c).
Равенство будет выполняться тождественно, если коэффициенты при
соответствующих степенях k будут равны, то есть, если выполняются равенства
1
3
1
2
1
6
3a = 1, 3a + 2b = 0, a + b + c = 0. Отсюда a  , b   , c  , d – любое. Выбирая
1
3
1
2
1
6
d = 0, получаем P( x)  x 3  x 2  x , при чем P(k + 1) – P(k) = k2 при любом k.
В итоге получаем
n
1
1
1
1 1 1
S n   k 2  P(n  1)  P(1)  (n  1) 3  (n  1) 2  (n  1)      
3
2
6
3 2 6
k 1
n 1 2

2n  4n  2  3n  3  1 .
6


Окончательный результат имеет вид
n
Sn   k 2 
k 1
n(n  1)( 2n  1)
.
6
(6)
Полученная формула во многих случаях может быть полезной, и поэтому ее
желательно знать.
2.2.5. Метод выделения факториала.
В этом пункте мы познакомимся еще с одним методом суммирования,
который сводится к применению метода разностей. Сначала введем одно
важное понятие.
Определение 2. При n > 1произведение 1·2·3·…·n – первых n
натуральных чисел называется факториалом числа n, и обозначается n!
(читается «n – факториал»).
Например, 3! = 1·2·3 = 6. Для удобства проведения доказательств и
составления формул полагают, что 1! = 1, 0! = 1.
Изучим сначала суммы вида
Sn = a1·1! + a2·2! + a3·3! +…+ an·n!
(7)
Для решения этой задачи ищем вспомогательную функцию F(x) так,
чтобы при каждом значении k выполнялось равенство
ak = (k + 1)·F(k + 1) – F(k).
(8)
Если такое удается сделать, то
k!·ak = (k + 1)!·F(k + 1) – k!·F(k).
(9)
откуда
a1·1! + a2·2! + a3·3! +…+ an·n! =
= (2!·F(2) – 1!·F(1)) + (3!·F(3) – 2!·F(2)) + …+ ((n + 1)!·F(n + 1) – n!·F(n)) =
= (n + 1)!·F(n + 1) – ·F(1),
то есть
Sn = (n + 1)!·F(n + 1) – ·F(1).
(10)
2
Пример 7. Пусть ak = (k – 1) , 1≤ k ≤ n. Найти сумму
Sn = 1!·a1 +2!·a2 +3!·a3 +…+n!·an.
Решение. Так как в правой части равенства (8) есть произведение
(k + 1)·F(x), а в левой части многочлен второй степени, то F(x) будем искать в
виде многочлена первой степени, то есть F(x) = ax + b. Тогда равенство (8)
примет вид
(k – 1)2 = (k + 1)·(a(k + 1) + b) + ak + b = ak2 + (a + b)k + a,
откуда k2 – 2k + 1 = ak2 + (a + b)k + a. Это равенство выполняется тождественно,
если a = 1 и b = –3. Поэтому при F(k) = k – 3 для ak = (k – 1)2 имеет место
равенство (9). А, следовательно, по формуле (10) получаем
Sn = (n – 2)·(n + 1)! + 2.
Аналогично можно рассмотреть сумму вида
a
a1 a 2 a3
   ...  n ,
1! 2! 3!
n!
Sn 
только в этом случае вспомогательную функцию M(x) следует искать в таком
виде, чтобы выполнялось равенство
ak 
1
 M (k  1)  M (k )
k 1
2.2.6. Суммы, содержащие биномиальные коэффициенты.
Мы уже встречались с формулой бинома Ньютона, и ее использованием
для нахождения некоторых сумм. Рассмотрим еще один пример.
Пример 8. Подставив в формулу бинома Ньютона значения a = 1, b = –2,
получаем равенство
n
 (2)
n i
i 0
C ni  (1) n
Пример 9. Подставив в формулу бинома Ньютона значения a = 1, b = 2,
получаем равенство
n
2
i 0
n i
C ni  3 n
Кроме того, записав рекуррентное соотношение для биномиальных
коэффициентов в виде C nk 1  C nk1  C nk , можем получить формулы для целого
ряда новых сумм.
Пример 10. докажем, что
n
C
i k
C C
k
k
k
k 1


 ...  C  C  C
k
n

k
k
k
i
 C nk11 при любых n и k таких, что n > k.
Доказательство.
k 1
k 2
 



 C kk11  C kk31  C kk21  ...  C nk11  C nk 1 
 C kk  C nk11  C kk11  1  C nk11  1  C nk11 .
Полученное равенство можно записать также в виде:
1 2  3  ...  k  2  3  ...  k  (k  1)  ...  (n  k  1)  (n  k  2)  ...  n 
(n  k  1)  (n  k  2)  ...  n  (n  1)
.
k 1
Задачи для самостоятельного решения.
1 – 10. По заданному рекуррентному соотношению и начальным условиям
найти k-ый член последовательности ak.

1 3
1. a n1    a n  , a0 = 1, k = 5.
2  an
2. a n  2 

a n 1  1
, a0 = 1, a1 = 2, k = 8.
an
1
2
 a n  a n 1  1 , a0 = 2, a1 = 3, k = 7.
3. a n  a n 1  1 , a0 = 5, k = 7.
4. a n 1
5. a n1  a n3  3 , a0 = 1, k = 4.
3a n  1
, a0 = 2, a1 = 1, k = 6.
a n 1
1
7. a n1  2a n  3 , a 0  , k = 8.
4
8. a n 2  (n  1)  a n1  n  a n , a0 = 1, a1 = 2, k = 8.
6. a n 1 
9. a n 1  (n  1)  a n , a0 = 1, k = 5.
10. a n 1  (n  1)  a n  n  a n 1 , a0 = 1, a1 = 1, k = 5.
11.Пусть P( x)  
сумма
1
и ak = P(k + 1) – P(k) при k ≥ 1. Какой вид будет иметь
x2
n
a
i 1
i
?
12.Пусть H(x) = x и ak = (k + 1)·H(k + 1) – H(k) при k ≥ 1. Какой вид будет
иметь сумма
n
a
i 1
i
 i! ?
13 – 25. Найти сумму Sn.
3  (1) i 1
.
2i
i 1
n
i
14. S n   i .
i 1 3
i2
.
i
i 1 2
n
k 1
21. S n  
.
k 1 k!
n
20. S n  
15. S n   (2i  1)  5 i 1 .
n
22. S n   C 22nk1 .
16. S n   4  i 3  4  i 2  4  i  1 .
23. S n   4 k  C 22nk .
13. S n  
i 1
n
i 1
n
17. S n   4  i  3  4  i  1 .
i 1
n
n
k 0
n
k 0
24. S n   k  k 2  1 .
n
k 1
n
n
18. S n   i 3 .
i 1
n
1
19. Sn  
.
i 1 3  i  2  3  i  1
25.
1
C nk
k 0 k  1
.
Sn  