§ 2.3. Арифметико-геометрические прогрессии

36 65 Последовательность { }, первый член которой

выбирается произвольно, а каждый следующий получается из предыдущего по формуле

+1 = + , где = 1, 2, 3, . . . , и – константы,

называют арифметико-геометрической прогрессией. Такое определение корректно, поскольку при = 1 из про-

грессии { } мы получаем арифметическую, а при = 0 –

геометрическую прогрессию. Как и раньше, буквой будем

обозначать разность прогрессии, а – знаменатель. Про-

грессию однозначно определяют три параметра: 1, и .

Пример 62. Является ли последовательность 107

56

3, 11, 27, 59, 123, . . . арифметико-геометрической прогресси-

ей? Если да, найдите значения и .

Решение. Для арифметико-геометрической прогрессии должны выполняться условия:

Решение. Запишем условия:

14 = 42 = 3 + 12 = 18 = 6.

Однако 4 ̸= + 3 , т. е. 185 ̸= 6 + 60 · 3. Ответ: не является.

Найдем формулы для -го члена и суммы первых членов

арифметико-геометрической прогрессии. Для этого к обеим частям равенства +1 = + прибавим −1 :

Пример 64. Найти седьмой член прогрессии, первый член 108

которой равен 5, разность = 3 и знаменателеь = 2.

58

Решение. Применим первую из формул (1):

Ответ: 233.

Параметры и арифметико-геометрической прогрессии можно выразить из равенств:

2 2 также найдем точки пересечения средней линии с диагоналями 2 и 2: соответственно 3 и 3. Осно- вание трапеции 3 3 равно | 3 3|= 3 (рис. 6б). Про- должив этот процесс, получим последовательность , где

= 1, 2, 3, . . . . Найти lim , т. е. предел последовательно-

→∞

сти верхних оснований трапеций.

Решение. Положим 1 < . Так как 2 2 – средняя ли-

Рис. 6. Последовательность трапеций

ния трапеции, 2 2 – средняя линия треугольника 1 , а 2 2 – средняя линия треугольника 1 1, следователь-

но, | 2 2|= 12 и | 2 2|= 12 1. | 2 2|= | 2 2|−| 2 2|.

60

Аналогично для трапеций 2 2, 3 3 и т. д. После- довательность

определяется первым членом 1 и рекурентным отношени- ем +1 = 12 − 12 . Таким образом, последовательность { } является арифметико-геометрической прогрессией с первым членом 1, разностью = 12 и знаменателем (−12 ). Применив формулу -го члена (1), получим:

из равенств (3): 2 = 12 1 − 12 . На каждом следующем шаге будет иметь место отношение < , т. е. верхнее основание трапеции будет меньше нижнего. Если нижнее основание втрое больше верхнего, т. е. = 3 1, то = 3 = 1 для всех

= 1, 2, 3, . . . .

Ответ: 3.

Следующий пример покажет, как формальное применение инструмента может привести к нелепому результату.

Пример 67. Дан остроугольный треугольник 1 1 1, 108 вписанный в некоторую окружность (рис. 7). Из вершины

Рис. 7. Последовательность треугольников

угла 1 опустим высоту на противоположную сторону и обозначим точку пересечения с окружностью продолжения вы- соты как 2. Аналогично точки пересечений с окружностью продолжений высот, опущенных из точек 1 и 1, обозначим как 2 и 2. Таким образом, получим новый треугольник2 2 2. Как видно на рис. 7, он тоже остроугольный, т. е. все его углы острые. Рассмотрим ̸ 2 = ̸ 2 2 1+̸ 1 2 2. Поскольку углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, рав- ны, ̸ 2 2 1 = ̸ 2 1 1 и ̸ 1 2 2 = ̸ 1 1 2. Основания

62

высот отмечены буквами , и . ̸ 2 1 1 – острый угол прямоугольного треугольника 1 1, другой острый угол которого ̸ 1. Следовательно, ̸ 2 2 1 = ̸ 2 1 1 =

= 2 −̸ 1. Аналогично ̸ 1 1 2 – острый угол прямоуголь-

ного треугольника 1 1, другой острый угол которого

̸ 1, и ̸ 1 2 2 = ̸ 1 1 2 = 2 − ̸ 1. Следовательно, ̸ 2 = −2̸ 1. Точно такое же равенство имеет место и для

̸ 2 и ̸ 2. Вернемся к рис. 7. Если повторить все указанные выше построения для треугольника 2 2 2, то придем к треугольнику 3 3 3. Причем

Можно подумать, что мы имеем дело с арифметикогеометрической прогрессией, разность которой = , а знаменатель = −2. Тогда углы любого треугольника из последовательности находятся по первой из формул (1) на с. 57:

Так ли это?

Решение. Если все углы исходного треугольника 1 1 1

равны 3 , т. е. треугольник правильный, в последовательно- сти будут бесконечно чередоваться два правильных

треугольника, при наложении образующих «звезду Давида»

(гексаграмму). Если же хотя бы один угол окажется отличным от 3 , то соответствующее выражение в круглых скоб- ках перед (−2) −1 в равенствах (4) будет отлично от нуля

и его произведение на (−2) −1 будет принимать сколь угодно большие по модулю поочередно положительные и отрицательные значения. Но все приведенные в формулировке задачи рассуждения справедливы только для остроугольного треугольника. А кто сказал, что для некоторого тре- угольник не окажется тупоугольным? Например, если углы треугольника 1 1 1 равны соответственно 50 , 60 и 70 , то углы треугольника 2 2 2 – 80 , 60 и 40 , а углы 3 3 3 – 20 , 60 и 100 . Здесь ̸ 3 тупой.

Ответ: на некотором этапе вычислений по первой из фор- мул (1) треугольник перестанет быть остроугольным и равенства (4) не будут выполняться.

Пример 68. Углы шестиугольника образуют арифметико- 108

геометрическую прогрессию со знаменателем = 2. Найти все углы шестиугольника, если наибольший угол равен 160 . Решение. Поскольку сумма углов шестиугольника равна

64

(6 − 2) · 180 = 720 , из формул (1) на с. 57 следует:

При известных значениях 1, и значения углов 2, 3, 4, 5 можно найти непосредственно по формуле

где = 2, 3, 4, 5, или через реккурентное отношение

= −1 + .

Ответ:

{4 40043 , 4 48043 , 4 64043 , 4 96043 , 5 60043 , 160 }.

Задачи на применение арифметико-геометрических прогрессий в финансовых вычислениях вы найдете на с. 94.