数列:等差数列与等比数列

将首项与末项配对、第二项与倒数第二项配对,依此类推,每一对的和都恰好等于同一个值 $u_1+u_n$,因为从开头前进一步恰好增加 $d$,而从末尾后退一步恰好减少 $d$,这两个变化正好相互抵消。这正是传说中少年高斯用来在几秒钟内算出 $1+2+\cdots+100$ 的技巧。

把这个和顺着写一遍,再倒着写一遍,逐项对齐:$S_n = u_n + u_{n-1} + \cdots + u_1$ 正是同一个和,只是按相反顺序列出,所以把它写在顺序和 $S_n=u_1+u_2+\cdots+u_n$ 下面,再逐列相加是合理的。

看这次相加的第 $k$ 列:它是 $u_k+u_{n+1-k}$。因为 $u_k=u_1+(k-1)d$ 且 $u_{n+1-k}=u_1+(n-k)d$,把它们相加得到 $u_k+u_{n+1-k}=2u_1+(n-1)d=u_1+u_n$。也就是说,不论 $k$ 取何值,全部 $n$ 列都给出完全相同的值 $u_1+u_n$——这正是上面所说的相互抵消。

把全部 $n$ 列相加,便得到 $2S_n = n(u_1+u_n)$,因为左边是 $S_n+S_n$,右边是常数 $u_1+u_n$ 加了 $n$ 次。

两边同除以 $2$,得到 $S_n=\dfrac{n(u_1+u_n)}{2}$。把 $u_n=u_1+(n-1)d$ 代入并展开,就得到第二种形式 $S_n=nu_1+\dfrac{n(n-1)}{2}d$,在尚不知道 $u_n$ 时很有用。这个论证从未除以可能为 $0$ 的量,也从未假设 $n$ 为偶数(这里的配对纯粹是逐列的代数加法,不是元素两两配对),所以它对一切 $n\geq 1$ 都成立。

把整个和 $S_n$ 乘以 $q$,不过是把每一项都往后挪一位,所以用 $S_n$ 减去 $qS_n$ 时,几乎所有项都会像"伸缩镜"一样相互抵消,只剩下最开头一项和(平移后的)最末一项。当 $|q|<1$ 时,反复乘以 $q$ 会使一个量不断缩小趋向 $0$,于是令 $n\to\infty$,剩下的那一项 $u_1q^n$ 就干脆消失,有限公式便变成一个固定的数。

从定义 $S_n = u_1+u_1q+u_1q^2+\cdots+u_1q^{n-1}$ 出发。两边乘以 $q$:$qS_n = u_1q+u_1q^2+\cdots+u_1q^{n-1}+u_1q^n$。$qS_n$ 中除最后一项 $u_1q^n$ 之外的每一项,都已经出现在 $S_n$ 中,只是错位了一项。

作差:$S_n-qS_n$ 会消去所有公共项 $u_1q,u_1q^2,\dots,u_1q^{n-1}$,只留下 $S_n$ 的第一项(即 $u_1$)减去 $qS_n$ 的最后一项(即 $u_1q^n$)。这恰好给出 $(1-q)S_n = u_1 - u_1 q^n$,即 $(1-q)S_n=u_1-u_1q^n$。

若 $q\neq 1$,两边同除以 $1-q$(因为 $1-q\neq 0$,这是合法的),得到 $S_n = u_1\cdot\dfrac{1-q^n}{1-q}\quad (q\neq 1)$。若 $q=1$,伸缩恒等式变为 $0\cdot S_n=0$,不提供任何信息,因此这种情形必须直接从定义处理:每一项都等于 $u_1$,所以 $S_n=nu_1$。

最后,取 $|q|<1$,在公式 $S_n=u_1\cdot\dfrac{1-q^n}{1-q}$ 中令 $n\to\infty$:因为 $|q|<1$ 意味着当 $n$ 增大时 $q^n\to 0$,分子 $1-q^n\to 1$,所以 $S_n\to \dfrac{u_1}{1-q}$。这个极限正是 $S = \dfrac{u_1}{1-q}\quad (|q|<1)$,即无限等比级数之和;反之若 $|q|\geq 1$,则 $q^n$ 不会缩小到 $0$(它会增大或保持大小不变),因此这种情形下无限和不存在有限值。