求序列 nx n 1 的前 n 项和 Sn

n=1：1n=2：2x

n=3：3x^2

n=4：4x^3

sn=1+2x+3x^2+4x^3+……nx^(n-1) (1)xsn=x+2x^2+3x^3+4x^4+……NX N （2）1）-（2）：

1-x)sn=1+x+x^2+x^3+……x （n-1）-nx n 在比例序列的右侧求和，留下最后一项，然后除以左边 （1-x）。

我想我以后不需要写它。

对于 x≠1，使用位错减法，sn=1 x+2 x 2+。nx^(n-1)

xsn= 1×x^2+2×x^3+..NX （n-1） 将 x 的幂指数相等对齐，然后减去它们。

1-x)sn=x+x^2+..x^(n-2)-nx^(n-1)=x(1-x^(n-2))/(1-x)-nx^(n-1)

所以 sn=x（1-x（n-2）） （1-x） 2-nx（n-1） （1-x）。

在 x=1 的情况下，它是一系列相等的差值，这应该没问题。

使用位错减法。

sn=1*x^0+2*x+3*x^2+……n*x^(n-1)xsn= 1*x+2*x^2+……n-1)x^(n-2)+n*x^(n-1)

则 sn-xsn=x 0+x+x 2+......x^(n-1)-n*x^(n-1)

那么比率级数 x 0+x+x 2+......x （n-1）。

x^0+x+x^2+……x^(n-1)=（1-x^n）/1-xsn-xsn=（1-x）sn=（1-x^n）/(1-x))-n*x^(n-1)

在那之后，你可以自己做，而且你必须做得更多。

从形式上看，是结合了等差、等比的通用术语，可以采用术语消除法。

an = n+1）*（1 2） （n+1） 比例级数的公比为 1 2

sn = 2*(1/2)^2 + 3*(1/2)^3 + n*(1/2)^n+ (n+1)*(1/2)^(n+1)

1/2sn = 2*(1/2)^3 + n*(1/2)^(n+1)+ n+1)*(1/2)^(n+2)

减去两个公式并找到 sn

sn=1*×(2^(1-1))

.n×(2^(n-1))=1*2^0

.n×(2^(n-1))

2sn=[1*×(2^(1-1))

.n×(2^(n-1))]2=1*2^12*2^2

.n×(2^n)

sn=2sn-sn=[1*2^1

.n×2^n]-[1*2^0

.n×(2^(n-1))]

n×(2^n)-1*2^0

.[n-1)*×2^(n-1))-n×(2^(n-1))]=n×(2^n)-1*2^0

2^1-2^2-..2^(n-1)]=n×(2^n)-1*2^0-[2^1

2 （n-1）] 因为 2 1

总理的 2 （n-1） 是 2-1

公共比率为 2 的比例序列。

所以总和是 [2 1-2 （n-1）] （1-2） 所以 sn=n （2 n）-1*2 0-[2 12 2....

2^(n-1)]=n×(2^n)-1*2^0-【2^1-2^(n-1)】/(1-2)=n×(2^n)-2^(n-1)

1.我希望你满意。

解：sn=

1/2^1)+(2/2^2)+(3/2^3)+…n-1） 2 （n-1）]+n 2 n），则 2sn=（1 2 0）+（2 2 1）+（3 2 2）+....n-1） 2 （n-2）]+n 2 （n-1）]，减去两个方程得到：

sn=2sn-sn

n 2 n）， { 比例级数的第一个 （n-1） 项之和，其中第一项为 1 2，公共比为 1 2] = 1-（n 2 n）。

1/2)[1-(1/2)^(n-1)/[1-(1/2)]=1-(n/2^n)

1-2/2^n)

2-(n+2)/2^n.

即 sn=2-

n+2)/2^n.

这是一系列相等的差分和相等数列的相应项的乘积，以构造尽可能晚的一系列数的前 n 项的安静和。

它可以通过乘数和比例级数中 1 和 2 的公共比率之差相乘来解决。

sn=1*(1/2)+2*(1/2^2+3*(1/2^3)+.n*(1/2^n)

1/2)sn=1*(1/2^2)+2*(1/2^3)+.n-1)(1/2^n)+n[1/2^(n+1)]

两个方程的边是通过减法得到的。

1/2)sn=1/2+1/2^2+1/2^3+..1/2^n-n[1/2^(n+1)]

1/2-1/2^(n+1)]/1-1/2)-n/2^(n+1)

1-1/2^n-n/2^(n+1)

>sn=2-1/2^(n-1)-n/2^n=2-(2+n)/2^n