Válasz:
# a_n = P_n ^ (d + 2) = an ^ 2 + b ^ n + c #
val vel # A = d / 2; b = (2-d) / 2; c = 0 #
# P_n ^ (d + 2) # egy sokszögű sorozat, # r = d + 2 #
például egy számtani sorozatot adva, amelyre a számítás kihagy # D = 3 #
lesz egy #COLOR (piros) (ötszögletű) # sorrend:
# P_n ^ szín (piros) 5 = 3 / 2n ^ 2-1 / 2n # így # P_n ^ 5 = {1, szín (piros) 5, 12, 22,35,51, cdots} #
Magyarázat:
A sokszögű szekvenciát a # Edik # aritmetikai sorrend összege. A kalkulusban ez integráció lenne.
Tehát itt a legfontosabb hipotézis:
Mivel az aritmetikai sorrend lineáris (gondolj lineáris egyenletet), majd a lineáris szekvencia integrálása a 2. fokozat polinomiális szekvenciáját eredményezi.
Most mutasd meg ezt az esetet
Indítsa el egy természetes szekvenciával (a számlálás kihagyásával kezdje az 1-et)
#a_n = {1, 2,3,4, cdots, n} #
keresse meg az n #S_n = sum_i ^ (i = n) a_n #
# S_1 = 1; S_2 = 3, S_3 = 6, cdots #
#S_n = (a_1 + a_n) / 2 n;
# # A_n aritmetikai sorrend
# a_n = a_1 + d (n-1); a_1 = 1; d = 1 #
# S_n = (1 + a_n) / 2 n = (1 + 1 + (n-1)) / 2n = n (n + 1) / 2 #
#S_n = P_n ^ 3 = {1, 3, 6, 10, cdots, (1 / 2n ^ 2 + 1 / 2n)} #
Tehát a d = 1-vel a szekvencia az űrlap # P_n ^ 3 = egy ^ 2 + bn + c #
val vel #a = 1/2; b = 1/2; c = 0 #
Most általánosíts egy tetszőleges átugró számlálóra #COLOR (piros) d #, #color (piros) d színben (kék) ZZ # és # a_1 = 1 #:
# P_n ^ (d + 2) = S_n = (a_1 + a_1 + szín (piros) d (n-1)) / 2 n #
# P_n ^ (d + 2) = (2 + szín (piros) d (n-1)) / 2 n #
# P_n ^ (d + 2) = szín (piros) d / 2n ^ 2 + (2-szín (piros) d) n / 2 #
Melyik az általános forma # P_n ^ (d + 2) = egy ^ 2 + bn + c #
val vel # A = színű (piros) d / 2; b = (2-színű (piros) d) / 2; c = 0 #
