等差數列、等比數列求和

等差數列是指一串有序數字，相臨兩數的差是一個恆定值。例如：「9,12,15,18,21,24」就是一個以3為公差、首項為9的等差數列。

設其項數為n，首數為a_1，末數為a_n，公差為d，則其前n項和為： $S_n=\frac{n(a_1+a_n)}2=na_1+\frac{n(n-1)d}2$

等差數列求和公式的證明，要用到倒序相加法：

\begin{cases}S_n=a_1+a_2+...+a_n  \\ S_n=a_n+a_{n-1}+...+a_1\end{cases}

兩式相加：

2S_n=(a_1+a_n)+(a_2+a_{n-1})+...\\+(a_n+a_1)=n(a_1+a_n)

得： $S_n=\frac{n(a_1+a_n)}2$

又因為 $a_n=a_1+(n-1)d$ 代入上式，得：

S_n=na_1+\frac{n(n-1)d}2

等比數列是指一系列有序數字，它們每兩個數字之比都是一個恆定值。如「4,8,16,32,64,128」就是一個公比為2、首項為4的等比數列。

設其項數為n，首數為a_1，末數為a_n，公比為q，則其前n項和為：

\begin{cases}S_n=na_1&\text{if } q=1 \\ S_n=\frac{(a_1-a_nq)}{1-q}=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}&\text{if }q \not =1\end{cases}

等比數列求和公式的證明要用到錯位相減法：

當q不等於1時：

$\begin{cases}S_n=a_1+a_2+...+a_n \\ qS_n=a_2+...+a_n+a_nq\end{cases}$

兩式相減，得：

$(1-q)S_n=a_1-a_nq$

因此：

$S_n=\frac{a_1-a_nq}{1-q}=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$

當q=1時易證 $S_n=na_1$

以上兩個求和公式，都可以用數學歸納法證明。

設其項數為n，首數為a_1，末數為a_n，公差為d，求證其前n項和為： $S_n=na_1+\frac{n(n-1)d}2$

當n=1時， $S_1=1a_1+\frac{1(1-1)d}2=a_1$ 命題成立。
當n=k時，假設 $S_k=ka_1+\frac{k(k-1)d}2$ 成立。則當n=k+1時，
$S_{k+1}=S_k +a_{k+1} \\=ka_1+\frac{k(k-1)d}2+(a_1+kd) \\=(k+1)a_1+\frac{k(k+1)d}2$
命題成立。

由上述(1)(2)，根據數學歸納法，命題得證。

設其項數為n，首數為a_1，末數為a_n，公比為q，q不等於1，求證其前n項和為：

S_n=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}

當n=1時， $S_1=\frac{a_1(1-q^1)}{1-q}=a_1$ ，命題成立。
當n=k時，假設 $S_k=\frac{a_1(1-q^k)}{1-q}$ 成立。
則當n=k+1時：
$S_{k+1}=S_k+a_{k+1}\\=\frac{a_1(1-q^k)}{1-q}+a_1q^k\\=\frac{a_1(1-q^k+q^k-q^{k+1})}{1-q}\\=\frac{a_1(1-q^{k+1})}{1-q}$
命題成立。

由上述(1)(2)，根據數學歸納法，命題得證。