Geometrik progressiyalar yig'indisi formulasi. Geometrik progressiya
Darsning maqsadi: talabalarni ketma-ketlikning yangi turi - cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya bilan tanishtirish.
Vazifalar:
sonli ketma-ketlik chegarasining dastlabki g'oyasini shakllantirish;
cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya yig‘indisi formulasidan foydalanib, cheksiz davriy kasrlarni oddiy kasrlarga aylantirishning boshqa usuli bilan tanishish;
maktab o'quvchilari shaxsining mantiqiy fikrlash, baholash harakatlari, umumlashtirish kabi intellektual fazilatlarini rivojlantirish;
faollikni, o'zaro yordamni, kollektivizmni, mavzuga qiziqishni tarbiyalash.
Yuklab oling:
Ko‘rib chiqish:
Tegishli dars “Cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya” (algebra, 10-sinf)
Darsning maqsadi: Talabalarni ketma-ketlikning yangi turi - cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya bilan tanishtirish.
Vazifalar:
sonli ketma-ketlik chegarasining dastlabki g'oyasini shakllantirish; cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya yig‘indisi formulasidan foydalanib, cheksiz davriy kasrlarni oddiy kasrlarga aylantirishning boshqa usuli bilan tanishish;
maktab o'quvchilari shaxsining mantiqiy fikrlash, baholash harakatlari, umumlashtirish kabi intellektual fazilatlarini rivojlantirish;
faollikni, o'zaro yordamni, kollektivizmni, mavzuga qiziqishni tarbiyalash.
Uskunalar: kompyuter sinfi, proyektor, ekran.
Dars turi: Dars - yangi mavzuni o'zlashtirish.
Darslar davomida
I. Org. moment. Darsning mavzusi va maqsadi haqida xabar.
II. Talabalarning bilimlarini yangilash.
9-sinfda siz arifmetik va geometrik progressiyalarni o'rgandingiz.
Savollar
1. Arifmetik progressiyaning ta’rifi.
(Arifmetik progressiya ketma-ketlikdir, unda har bir a'zo,
Ikkinchidan boshlab, u oldingi atamaga teng, xuddi shu raqam bilan qo'shiladi).
2. Formula n -arifmetik progressiyaning a'zosi
3. Birinchisining yig‘indisi formulasi n arifmetik progressiyaning a'zolari.
(yoki)
4. Geometrik progressiyaning ta’rifi.
(Geometrik progressiya - bu nolga teng bo'lmagan sonlar ketma-ketligi,
Har bir a'zo ikkinchisidan boshlab oldingi hadga teng bo'lib, ko'paytiriladi
bir xil raqam).
5. Formula n Geometrik progressiyaning uchinchi hadi
6. Birinchisining yig‘indisi formulasi n geometrik progressiyaning a'zolari.
7. Siz haligacha qanday formulalarni bilasiz?
(, qaerda ; ;
; , )
Vazifalar
1. Arifmetik progressiya formula bilan berilgan a n = 7 - 4n. 10 ni toping. (-33)
2. Arifmetik progressiya a 3 = 7 va 5 = 1. 4 ni toping. (4)
3. Arifmetik progressiya a 3 = 7 va 5 = 1. 17 ni toping. (-35)
4. Arifmetik progressiya a 3 = 7 va 5 = 1. S 17 ni toping. (-187)
5. Geometrik progressiya uchunbeshinchi hadni toping.
6. Geometrik progressiya uchun n-sonni toping.
7. Eksponensial b 3 = 8 va b 5 = 2. b 4 ni toping. (4)
8. Eksponensial b 3 = 8 va b 5 = 2. b 1 va q ni toping.
9. Eksponensial b 3 = 8 va b 5 = 2. S 5 ni toping. (62)
III. Yangi mavzuni o'rganish(namoyish taqdimoti).
Tomoni 1 ga teng bo'lgan kvadratni ko'rib chiqaylik. Yana bir kvadrat chizamiz, uning tomoni birinchi kvadratning yarmi, keyin boshqasi, tomoni ikkinchi yarmi, keyin keyingi va hokazo. Har safar yangi kvadratning tomoni avvalgisining yarmiga teng.
Natijada biz kvadratchalar ketma-ketligini oldikmaxraj bilan geometrik progressiya hosil qilish.
Va, eng muhimi, biz bunday kvadratlarni qanchalik ko'p qursak, kvadratning yon tomoni shunchalik kichik bo'ladi. Misol uchun ,
Bular. n soni ortishi bilan progressiyaning shartlari nolga yaqinlashadi.
Ushbu raqam yordamida yana bir ketma-ketlikni ko'rib chiqish mumkin.
Masalan, kvadrat maydonlarining ketma-ketligi:
Va yana, agar n bo'lsa cheksiz ortadi, keyin maydon nolga yaqinlashadi o'zboshimchalik bilan.
Keling, yana bir misolni ko'rib chiqaylik. Tomoni 1 sm bo'lgan teng tomonli uchburchak. Keyingi uchburchakni 1-uchburchak tomonlarining oʻrta nuqtalarida uchlari boʻlgan uchburchak oʻrta chiziq teoremasiga koʻra quramiz – 2-chi tomoni birinchi tomonning yarmiga teng, 3-chi tomoni esa yarim tomonning yarmiga teng. 2-chi va boshqalar. Yana uchburchaklar tomonlarining uzunliklari ketma-ketligini olamiz.
Da .
Agar manfiy maxrajli geometrik progressiyani ko'rib chiqsak.
Keyin, yana, ortib borayotgan raqamlar bilan n progressiyaning shartlari nolga yaqinlashadi.
Keling, ushbu ketma-ketliklarning maxrajlariga e'tibor qaratamiz. Hamma joyda denominatorlar 1 moduldan kam edi.
Xulosa qilishimiz mumkin: geometrik progressiya, agar uning maxrajining moduli 1 dan kichik bo'lsa, u cheksiz kamayib boradi.
Old ish.
Ta'rifi:
Geometrik progressiya, agar uning maxrajining moduli birdan kichik bo'lsa, cheksiz kamayib boruvchi deyiladi..
Ta'rif yordamida geometrik progressiyaning cheksiz kamayishi yoki yo'qligi haqidagi savolni hal qilish mumkin.
Vazifa
Ketma-ketlik quyidagi formula bilan berilgan bo'lsa, u cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya bo'ladimi:
Yechim:
q ni topamiz.
; ; ; .
bu geometrik progressiya cheksiz kamayib bormoqda.
b) bu ketma-ketlik cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya emas.
Yoni 1 ga teng bo'lgan kvadratni ko'rib chiqing. Uni yarmiga bo'ling, yarmidan birini yana yarmiga bo'ling va hokazo. Olingan barcha to'rtburchaklarning maydonlari cheksiz kamayuvchi geometrik progressiyani hosil qiladi:
Shu tarzda olingan barcha to'rtburchaklar maydonlarining yig'indisi 1-kvadratning maydoniga va 1 ga teng bo'ladi.
Ammo bu tenglikning chap tomonida cheksiz sonli hadlar yig'indisi joylashgan.
Birinchi n ta hadning yig'indisini ko'rib chiqing.
Geometrik progressiyaning birinchi n ta hadining yig'indisi formulasiga ko'ra, u ga teng.
Agar n keyin cheksiz ortadi
yoki . Shuning uchun, ya'ni. .
Cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya yig'indisiketma-ketlik chegarasi mavjud S 1 , S 2 , S 3 , …, S n , … .
Masalan, rivojlanish uchun,
bizda ... bor
Chunki
Cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya yig'indisiformuladan foydalanib topish mumkin.
III. Mulohaza va konsolidatsiya(topshiriqlarni bajarish).
№13; №14; №15(1,3); №16(1,3); №18(1,3); №19; №20.
IV. Xulosa qilish.
Bugun qanday ketma-ketlikni uchratdingiz?
Cheksiz kamayuvchi geometrik progressiyani aniqlang.
Geometrik progressiyaning cheksiz kamayishini qanday isbotlash mumkin?
Cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya yig‘indisi formulasini keltiring.
V. Uyga vazifa.
2. № 15(2,4); №16(2,4); 18(2,4).
Ko‘rib chiqish:
Taqdimotlarni oldindan ko‘rish imkoniyatidan foydalanish uchun Google hisobini (hisob qaydnomasi) yarating va tizimga kiring: https://accounts.google.com
Slayd sarlavhalari:
Har bir inson izchil fikr yurita olishi, xulosa chiqarishi, noto‘g‘ri xulosalarni rad etishi kerak: fizik va shoir, traktorchi va kimyogar. E.Kolman Matematikada formulalarni emas, balki fikrlash jarayonlarini esga olish kerak. VP Ermakov Matematikni aldab o'tishdan ko'ra, aylana kvadratini topish osonroq. Avgust de Morgan Qaysi fan insoniyat uchun matematikadan ko'ra olijanobroq, hayratlanarliroq va foydaliroq bo'lishi mumkin? Franklin
Cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya 10-sinf
I. Arifmetik va geometrik progressiyalar. Savollar 1. Arifmetik progressiyaning ta'rifi. Arifmetik progressiya - ikkinchidan boshlab har bir had bir xil songa qo'shilgan oldingi hadga teng bo'lgan ketma-ketlikdir. 2. Arifmetik progressiyaning n-azosining formulasi. 3. Arifmetik progressiyaning birinchi n ta a'zosi yig'indisi formulasi. 4. Geometrik progressiyaning ta’rifi. Geometrik progressiya nolga teng bo'lmagan sonlar ketma-ketligi bo'lib, ularning har bir a'zosi ikkinchisidan boshlab oldingi a'zoning bir xil songa ko'paytirilgan 5 ga teng. Geometrik progressiyaning n-azosining formulasi. 6. Geometrik progressiyaning birinchi n ta a’zosi yig‘indisi formulasi.
II. Arifmetik progressiya. Topshiriqlar Arifmetik progressiya a n = 7 – 4 n formula bilan berilgan a 10 ni toping. (-33) 2. Arifmetik progressiyada a 3 = 7 va a 5 = 1 . 4 ni toping. (4) 3. Arifmetik progressiyada a 3 = 7 va a 5 = 1 . 17 ni toping. (-35) 4. Arifmetik progressiyada a 3 = 7 va a 5 = 1 . S 17 ni toping. (-187)
II. Geometrik progressiya. Topshiriqlar 5. Geometrik progressiya uchun beshinchi hadni toping 6. Geometrik progressiya uchun n-chi hadni toping. 7. Eksponensial b 3 = 8 va b 5 = 2. b 4 ni toping. (4) 8. Geometrik progressiyada b 3 = 8 va b 5 = 2. b 1 va q ni toping. 9. Geometrik progressiyada b 3 = 8 va b 5 = 2. S 5 ni toping. (62)
ta'rifi: Geometrik progressiya, agar uning maxrajining moduli birdan kichik bo'lsa, cheksiz kamayuvchi deyiladi.
Masala №1 Ketma-ketlik cheksiz kamayuvchi geometrik progressiyami, agar u formula bilan berilgan bo'lsa: Yechish: a) bu geometrik progressiya cheksiz kamayib bormoqda. b) bu ketma-ketlik cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya emas.
Cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya yig‘indisi S 1, S 2, S 3, …, S n, … ketma-ketlikning chegarasi hisoblanadi. Masalan, progressiya uchun bizda bor, chunki cheksiz kamayuvchi geometrik progressiyaning yig'indisini formula bilan topish mumkin.
Topshiriqlarni bajarish Birinchi hadi 3, ikkinchisi 0,3 bo‘lgan cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya yig‘indisini toping. 2. № 13; № 14; darslik, 138-bet 3. No 15 (1; 3); #16(1;3) #18(1;3); 4. № 19; № 20.
Bugun qanday ketma-ketlikni uchratdingiz? Cheksiz kamayuvchi geometrik progressiyani aniqlang. Geometrik progressiyaning cheksiz kamayishini qanday isbotlash mumkin? Cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya yig‘indisi formulasini keltiring. Savollar
Mashhur polshalik matematigi Gyugo Shtaynxaus hazillashib, quyidagi tarzda tuzilgan qonun borligini ta'kidlaydi: matematik buni yaxshiroq bajaradi. Ya'ni, agar siz ikki kishiga, ulardan biri matematik bo'lgan, ular bilmagan har qanday ishni bajarishni ishonib topshirsangiz, natija doimo quyidagicha bo'ladi: matematik buni yaxshiroq bajaradi. Hugo Steinghaus 14.01.1887-25.02.1972
Bu son geometrik progressiyaning maxraji deyiladi, ya'ni har bir had oldingisidan q marta farq qiladi. (Biz q ≠ 1 deb faraz qilamiz, aks holda hamma narsa juda ahamiyatsiz). Geometrik progressiyaning n-azosining umumiy formulasi b n = b 1 q n – 1 ekanligini ko rish oson; b n va b m sonli atamalar q n – m marta farqlanadi.
Qadimgi Misrda ular nafaqat arifmetikani, balki geometrik progressiyani ham bilishgan. Bu erda, masalan, Rhind papirusidagi vazifa: “Yetti yuzning ettita mushuki bor; har bir mushuk yetti sichqon yeydi, har bir sichqon yetti boshoq makkajo'xori yeydi, har bir boshoq yetti o'lcha arpa o'sishi mumkin. Bu qatordagi sonlar va ularning yig‘indisi qancha katta?
 |
|
Guruch. 1. Qadimgi Misr geometrik progressiya masalasi |
Bu vazifa boshqa vaqtlarda boshqa xalqlar orasida turli xil o'zgarishlar bilan ko'p marta takrorlangan. Masalan, XIII asrda yozilgan. Pizalik Leonardoning (Fibonachchi) "Abakus kitobi" muammosi bor, unda Rimga ketayotganda 7 ta kampir paydo bo'ladi (aniq ziyoratchilar), ularning har birida 7 ta xachir, har birida 7 ta sumka bor. 7 ta nonni o'z ichiga oladi, ularning har birida 7 ta pichoq bor, ularning har biri 7 ta g'ilofda. Muammo qancha element borligini so'raydi.
Geometrik progressiyaning birinchi n ta a'zosining yig'indisi S n = b 1 (q n - 1) / (q - 1) . Bu formulani, masalan, quyidagicha isbotlash mumkin: S n \u003d b 1 + b 1 q + b 1 q 2 + b 1 q 3 + ... + b 1 q n - 1.
S n ga b 1 q n sonini qo‘shib, hosil bo‘lsin:
|
Demak, S n (q - 1) = b 1 (q n - 1) va biz kerakli formulani olamiz.
Qadimgi Bobilning loy lavhalaridan birida allaqachon VI asrga oid. Miloddan avvalgi e., 1 + 2 + 2 2 + 2 3 + ... + 2 9 = 2 10 - 1 yig'indisini o'z ichiga oladi. To'g'ri, boshqa bir qator holatlarda bo'lgani kabi, biz bu fakt bobilliklarga qaerdan ma'lum bo'lganini bilmaymiz. .
Bir qator madaniyatlarda, xususan, Hindistonda geometrik progressiyaning tez o'sishi koinotning cheksizligining vizual ramzi sifatida qayta-qayta qo'llaniladi. Shaxmatning paydo bo'lishi haqidagi mashhur afsonada hukmdor o'z ixtirochiga mukofotni o'zi tanlash imkoniyatini beradi va u shaxmat taxtasining birinchi katagiga qo'yilsa, olinadigan miqdordagi bug'doy donini so'raydi. , ikkinchisida ikkitasi, uchinchisida to'rttasi, to'rtinchisida sakkiztasi va hokazo, har safar raqam ikki barobarga ko'paytiriladi. Vladyka, ko'pi bilan bir nechta qop deb o'yladi, lekin u noto'g'ri hisobladi. Shaxmat taxtasining barcha 64 kvadrati uchun ixtirochi 20 xonali raqam bilan ifodalangan (2 64 - 1) donni olishi kerakligini tushunish oson; yerning butun yuzasiga ekilgan bo'lsa ham, kerakli miqdordagi donni yig'ish uchun kamida 8 yil kerak bo'ladi. Bu afsona ba'zan shaxmat o'yinida yashiringan deyarli cheksiz imkoniyatlarga ishora sifatida talqin qilinadi.
Bu raqam haqiqatan ham 20 xonali ekanligini ko'rish oson:
2 64 \u003d 2 4 ∙ (2 10) 6 \u003d 16 1024 6 ≈ 16 1000 6 \u003d 1,6 10 19 (aniqroq hisoblash 1,84 10 19 ni beradi). Qiziq, bu raqam qaysi raqam bilan tugashini bilib olasizmi?
Geometrik progressiya, agar maxraj mutlaq qiymatda 1 dan katta bo'lsa, ortib boradi yoki birdan kichik bo'lsa, kamayadi. Ikkinchi holda, q n soni etarlicha katta n uchun ixtiyoriy ravishda kichik bo'lishi mumkin. O'sib borayotgan eksponensial kutilmaganda tez o'sib borayotgan bo'lsa, pasayuvchi eksponensial xuddi shunday tez kamayadi.
n qanchalik katta bo'lsa, qn soni noldan shunchalik kuchsizroq bo'ladi va S n \u003d b 1 (1 - qn) / (1 - q) geometrik progressiyaning n a'zolarining yig'indisi S \u003d b 1 soniga qanchalik yaqin bo'ladi. / (1 - q) . (Masalan, F. Vyet shunday asosli). S soni cheksiz kamayuvchi geometrik progressiyaning yig'indisi deyiladi. Biroq, ko'p asrlar davomida cheksiz sonli atamalar bilan HAMMA geometrik progressiyaning yig'indisining ma'nosi nima degan savol matematiklar uchun etarlicha tushunarli emas edi.
Geometrik progressiyaning kamayib borayotganini, masalan, Zenonning "Tishlash" va "Axilles va toshbaqa" aporiyalarida ko'rish mumkin. Birinchi holda, butun yo'l (uzunligi 1 deb hisoblang) 1/2, 1/4, 1/8 va hokazo cheksiz sonli segmentlarning yig'indisi ekanligi aniq ko'rsatilgan. Albatta, bu shunday chekli yig'indisi cheksiz geometrik progressiya haqidagi g'oyalar nuqtai nazaridan. Va hali - bu qanday bo'lishi mumkin?
|
Guruch. 2. 1/2 koeffitsientli progressiya |
Axilles haqidagi aporiyada vaziyat biroz murakkabroq, chunki bu erda progressiyaning maxraji 1/2 ga emas, balki boshqa raqamga teng. Masalan, Axilles v tezlikda, toshbaqa u tezlikda harakatlansin va ular orasidagi dastlabki masofa l bo'lsin. Axilles bu masofani l / v vaqt ichida yuguradi, toshbaqa bu vaqt ichida lu / v masofani bosib o'tadi. Axilles bu segmentdan o'tganda, u bilan toshbaqa orasidagi masofa l (u / v) 2 va hokazo ga teng bo'ladi. Ma'lum bo'lishicha, toshbaqani quvib etish birinchi bo'lib cheksiz kamayuvchi geometrik progressiyaning yig'indisini topishni anglatadi. l atamasi va maxraj u / v. Bu summa - Axilles oxir-oqibat toshbaqa bilan uchrashadigan joyga yuguradigan segment - l / (1 - u / v) = lv / (v - u) ga teng. Ammo, yana, bu natijani qanday talqin qilish kerakligi va nima uchun bu mantiqiy ekanligi uzoq vaqt davomida aniq emas edi.
|
Guruch. 3. 2/3 koeffitsientli geometrik progressiya |
Geometrik progressiya yig'indisidan Arximed parabola segmentining maydonini aniqlashda foydalangan. Parabolaning berilgan kesimi AB akkorda bilan chegaralansin va parabolaning D nuqtasidagi tangens AB ga parallel bo'lsin. C AB ning o'rta nuqtasi, E AC ning o'rta nuqtasi, F CB o'rta nuqtasi bo'lsin. A, E, F, B nuqtalari orqali DC ga parallel chiziqlarni o'tkazing; D nuqtada chizilgan tangens bo'lsin, bu chiziqlar K, L, M, N nuqtalarda kesishsin. AD va DB segmentlarini ham chizamiz. EL to‘g‘ri chiziq AD to‘g‘rini G nuqtada, parabola esa H nuqtada kesishsin; FM chizig‘i DB chizig‘ini Q nuqtada, parabola esa R nuqtada kesishadi. Konus kesimlarining umumiy nazariyasiga ko'ra, DC - parabolaning diametri (ya'ni uning o'qiga parallel bo'lgan segment); u va D nuqtadagi tangens x va y koordinata o'qlari bo'lib xizmat qilishi mumkin, bunda parabola tenglamasi y 2 \u003d 2px shaklida yoziladi (x - D dan berilgan diametrning istalgan nuqtasigacha bo'lgan masofa, y - a uzunligi Ushbu diametr nuqtasidan parabolaning o'zidagi biron bir nuqtaga qadar berilgan tangensga parallel bo'lgan segment).
Parabola tenglamasi tufayli DL 2 = 2 ∙ p ∙ LH, DK 2 = 2 ∙ p ∙ KA va DK = 2DL bo'lgani uchun KA = 4LH bo'ladi. KA = 2LG bo'lgani uchun LH = HG. Parabolaning ADB segmentining maydoni DADB uchburchagining maydoniga va AHD va DRB segmentlarining birlashtirilgan maydonlariga teng. O'z navbatida, AHD segmentining maydoni xuddi shunday AHD uchburchagi va qolgan AH va HD segmentlari maydoniga teng bo'lib, ularning har biri bilan bir xil operatsiyani bajarish mumkin - uchburchak (D) ga bo'linadi va qolgan ikkita segment () va boshqalar:
DAHD uchburchakning maydoni DALD uchburchagi maydonining yarmiga teng (ular umumiy AD asosiga ega va balandliklar 2 marta farq qiladi), bu esa o'z navbatida ADD maydonining yarmiga teng. DAKD uchburchagi, shuning uchun DACD uchburchak maydonining yarmi. Shunday qilib, DAHD uchburchakning maydoni DACD uchburchak maydonining chorak qismiga teng. Xuddi shunday, DDRB uchburchakning maydoni DDFB uchburchak maydonining chorak qismiga teng. Demak, ∆AHD va ∆DRB uchburchaklarining maydonlari birgalikda olinganda, ∆ADB uchburchak maydonining chorak qismiga teng. AH , HD , DR va RB segmentlariga nisbatan qo'llaniladigan ushbu amalni takrorlash, shuningdek, ulardan uchburchaklar tanlanadi, ularning maydoni birgalikda olinganda DAHD va DDRB uchburchaklar maydonidan 4 baravar kam bo'ladi, birgalikda olingan va shuning uchun DADB uchburchakning maydonidan 16 marta kamroq. Va boshqalar:
Shunday qilib, Arximed "to'g'ri chiziq va parabola orasiga o'ralgan har bir segment uchburchakning uchdan to'rt qismi bo'lib, u bilan bir xil asos va teng balandlikka ega" ekanligini isbotladi.
Geometrik progressiya matematikada arifmetikadan kam emas. Geometrik progressiya - bu b1, b2,..., b[n] sonlarning shunday ketma-ketligi bo'lib, ularning har bir keyingi a'zosi oldingisini doimiy songa ko'paytirish orqali olinadi. Progressiyaning o'sish yoki pasayish tezligini ham tavsiflovchi bu raqam deyiladi geometrik progressiyaning maxraji va belgilang
Geometrik progressiyani to'liq belgilash uchun maxrajdan tashqari uning birinchi hadini bilish yoki aniqlash kerak. Maxrajning ijobiy qiymati uchun progressiya monoton ketma-ketlikdir va agar bu raqamlar ketma-ketligi monoton ravishda kamayib borayotgan va monoton ravishda ortib borayotgan bo'lsa. Maxraj birga teng bo'lgan holat amalda ko'rib chiqilmaydi, chunki bizda bir xil sonlar ketma-ketligi mavjud va ularning yig'indisi amaliy ahamiyatga ega emas.
Geometrik progressiyaning umumiy atamasi formula bo'yicha hisoblanadi
Geometrik progressiyaning birinchi n ta hadining yig'indisi formula bilan aniqlanadi
Klassik geometrik progressiya masalalarining yechimlarini ko'rib chiqamiz. Keling, tushunish uchun eng oddiyidan boshlaylik.
1-misol. Geometrik progressiyaning birinchi hadi 27 ga, maxraji esa 1/3 ga teng. Geometrik progressiyaning dastlabki oltita hadini toping.
Yechish: Masalaning shartini shaklga yozamiz
Hisoblash uchun geometrik progressiyaning n-azosi formulasidan foydalanamiz
Unga asoslanib, biz progressiyaning noma'lum a'zolarini topamiz
Ko'rib turganingizdek, geometrik progressiyaning shartlarini hisoblash qiyin emas. Rivojlanishning o'zi shunday ko'rinadi
2-misol. Geometrik progressiyaning dastlabki uch a’zosi berilgan: 6; -12; 24. Ayiruvchi va yettinchi hadni toping.
Yechish: Geometrik progressiyaning maxrajini ta’rifi asosida hisoblaymiz
Biz o'zgaruvchan geometrik progressiyani oldik, uning maxraji -2. Ettinchi muddat formula bo'yicha hisoblanadi
Bu vazifa hal qilinadi.
3-misol. Geometrik progressiya uning ikki a’zosi tomonidan berilgan 
. Progressiyaning o‘ninchi hadini toping.
Yechim:
Berilgan qiymatlarni formulalar orqali yozamiz
Qoidalarga ko'ra, maxrajni topib, keyin kerakli qiymatni izlash kerak edi, ammo o'ninchi muddat uchun bizda mavjud
Xuddi shu formulani kirish ma'lumotlari bilan oddiy manipulyatsiyalar asosida olish mumkin. Biz seriyaning oltinchi atamasini boshqasiga ajratamiz, natijada biz olamiz
Olingan qiymat oltinchi muddatga ko'paytirilsa, biz o'ninchini olamiz
Shunday qilib, bunday muammolar uchun oddiy o'zgartirishlar yordamida siz tezda to'g'ri echimni topishingiz mumkin.
Misol 4. Geometrik progressiya takrorlanuvchi formulalar bilan berilgan
Geometrik progressiyaning maxrajini va birinchi olti hadning yig‘indisini toping.
Yechim:
Berilgan ma’lumotlarni tenglamalar sistemasi shaklida yozamiz
Ikkinchi tenglamani birinchisiga bo'lish orqali maxrajni ifodalang
Birinchi tenglamadan progressiyaning birinchi hadini toping
Geometrik progressiya yig‘indisini topish uchun quyidagi beshta hadni hisoblang
Keling, bir qatorni ko'rib chiqaylik.
7 28 112 448 1792...
Uning biron bir elementining qiymati avvalgisidan to'liq to'rt baravar katta ekanligi mutlaqo aniq. Shunday qilib, bu seriya progressiv hisoblanadi.
Geometrik progressiya sonlarning cheksiz ketma-ketligi bo‘lib, uning asosiy xususiyati shundaki, keyingi son oldingisidan qandaydir o‘ziga xos songa ko‘paytirib olinadi. Bu quyidagi formula bilan ifodalanadi.
a z +1 =a z q, bu erda z - tanlangan elementning soni.
Shunga ko'ra, z ∈ N.
Maktabda geometrik progressiya o'rganiladigan davr 9-sinf. Misollar tushunchani tushunishga yordam beradi:
0.25 0.125 0.0625...
Ushbu formulaga asoslanib, progressiyaning maxrajini quyidagicha topish mumkin:
q ham, b z ham nolga teng bo'lishi mumkin emas. Shuningdek, progressiyaning har bir elementi nolga teng bo'lmasligi kerak.
Shunga ko'ra, seriyadagi keyingi raqamni bilish uchun oxirgi raqamni q ga ko'paytirish kerak.
Ushbu progressiyani belgilash uchun siz uning birinchi elementi va maxrajini ko'rsatishingiz kerak. Shundan so'ng, keyingi shartlarning istalganini va ularning yig'indisini topish mumkin.
Turlari
q va a 1 ga qarab, bu progressiya bir necha turlarga bo'linadi:
- Agar 1 ham, q ham birdan katta bo‘lsa, bunday ketma-ketlik har bir keyingi element bilan ortib boruvchi geometrik progressiya hisoblanadi. Bunday misol quyida keltirilgan.
Misol: a 1 =3, q=2 - ikkala parametr ham birdan katta.
Keyin raqamli ketma-ketlikni quyidagicha yozish mumkin:
3 6 12 24 48 ...
- Agar |q| birdan kichik, ya'ni unga ko'paytirish bo'lish bilan teng bo'lsa, u holda sharti o'xshash bo'lgan progressiya kamayuvchi geometrik progressiya hisoblanadi. Bunday misol quyida keltirilgan.
Misol: a 1 =6, q=1/3 - a 1 birdan katta, q kichik.
Keyin raqamli ketma-ketlikni quyidagicha yozish mumkin:
6 2 2/3 ... - har qanday element undan keyingi elementdan 3 marta katta.
- Belgi o'zgaruvchan. Agar q<0, то знаки у чисел последовательности постоянно чередуются вне зависимости от a 1 , а элементы ни возрастают, ни убывают.
Misol: a 1 = -3 , q = -2 - ikkala parametr ham noldan kichik.
Keyin ketma-ketlikni quyidagicha yozish mumkin:
3, 6, -12, 24,...
Formulalar
Geometrik progressiyalardan qulay foydalanish uchun ko'plab formulalar mavjud:
- z-chi a'zoning formulasi. Oldingi raqamlarni hisoblamasdan, ma'lum bir raqam ostida elementni hisoblash imkonini beradi.
Misol:q = 3, a 1 = 4. Progressiyaning to'rtinchi elementini hisoblash talab qilinadi.
Yechim:a 4 = 4 · 3 4-1 = 4 · 3 3 = 4 · 27 = 108.
- Raqami bo'lgan birinchi elementlarning yig'indisi z. gacha bo'lgan ketma-ketlikning barcha elementlari yig'indisini hisoblash imkonini beradia zinklyuziv.
beri (1-q) maxrajda bo‘lsa, u holda (1 - q)≠ 0, demak, q 1 ga teng emas.
Eslatma: agar q=1 bo'lsa, progressiya cheksiz takrorlanuvchi sonlar qatori bo'ladi.
Geometrik progressiya yig'indisi, misollar:a 1 = 2, q= -2. S 5 ni hisoblang.
Yechim:S 5 = 22 - formula bo'yicha hisoblash.
- Agar |q| < 1 и если z стремится к бесконечности.
Misol:a 1 = 2 , q= 0,5. Miqdorini toping.
Yechim:Sz = 2 · = 4
Sz = 2 + 1 + 0.5 + 0.25 + 0.125 + 0.0625 = 3.9375 4
Ba'zi xususiyatlar:
- xarakterli xususiyat. Quyidagi shart bo'lsa har qanday uchun bajariladiz, u holda berilgan sonlar qatori geometrik progressiyadir:
a z 2 = a z -1 · az+1
- Shuningdek, geometrik progressiyaning istalgan sonining kvadrati, agar ular ushbu elementdan teng masofada bo'lsa, berilgan qatordagi boshqa ikkita raqamning kvadratlarini qo'shish orqali topiladi.
a z 2 = a z - t 2 + a z + t 2 , qayerdatbu raqamlar orasidagi masofa.
- Elementlarq bilan farqlanadibir marta.
- Progressiya elementlarining logarifmlari ham progressiyani tashkil qiladi, lekin allaqachon arifmetik, ya'ni ularning har biri oldingisidan ma'lum songa kattaroqdir.
Ba'zi klassik muammolarga misollar
Geometrik progressiya nima ekanligini yaxshiroq tushunish uchun 9-sinf uchun yechim bilan misollar yordam beradi.
- Shartlar:a 1 = 3, a 3 = 48. Topingq.
Yechim: har bir keyingi element avvalgisidan kattaroqdirq bir marta.Ayrim elementlarni maxraj yordamida boshqalar orqali ifodalash kerak.
Binobarin,a 3 = q 2 · a 1
O'zgartirish paytidaq= 4
- Shartlar:a 2 = 6, a 3 = 12. S 6 ni hisoblang.
Yechim:Buning uchun birinchi element q ni topib, formulaga almashtirish kifoya.
a 3 = q· a 2 , Binobarin,q= 2
a 2 = q a 1,shunung uchun a 1 = 3
S 6 = 189
- · a 1 = 10, q= -2. Progressiyaning to‘rtinchi elementini toping.
Yechish: buning uchun to‘rtinchi elementni birinchi va maxraj orqali ifodalash kifoya.
a 4 = q 3· a 1 = -80
Ilova misoli:
- Bank mijozi 10 000 rubl miqdorida depozit qo'ydi, uning shartlariga ko'ra, mijoz har yili uning 6 foizini asosiy qarzga qo'shib qo'yadi. Hisobga 4 yildan keyin qancha pul tushadi?
Yechim: Dastlabki miqdor - 10 ming rubl. Shunday qilib, investitsiya qilinganidan bir yil o'tgach, hisob 10 000 + 10 000 ga teng miqdorga ega bo'ladi. · 0,06 = 10000 1,06
Shunga ko'ra, yana bir yildan keyin hisobvaraqdagi summa quyidagicha ifodalanadi:
(10000 1,06) 0,06 + 10000 1,06 = 1,06 1,06 10000
Ya'ni, har yili bu miqdor 1,06 barobarga oshadi. Bu shuni anglatadiki, 4 yildan keyin hisobvaraqdagi mablag'lar miqdorini topish uchun birinchi element tomonidan berilgan progressiyaning to'rtinchi elementi 10 mingga, maxraj esa 1,06 ga teng.
S = 1,06 1,06 1,06 1,06 10000 = 12625
Yig'indini hisoblash uchun topshiriqlarga misollar:
Turli masalalarda geometrik progressiya qo'llaniladi. Yig'indini topishga quyidagi misolni keltirish mumkin:
a 1 = 4, q= 2, hisoblangS5.
Yechim: hisoblash uchun zarur bo'lgan barcha ma'lumotlar ma'lum, ularni formulaga almashtirish kifoya.
S 5 = 124
- a 2 = 6, a 3 = 18. Birinchi olti elementning yig'indisini hisoblang.
Yechim:
Geom. progressiya, har bir keyingi element oldingisidan q marta katta, ya'ni yig'indini hisoblash uchun siz elementni bilishingiz kerak.a 1 va maxrajq.
a 2 · q = a 3
q = 3
Xuddi shunday, biz ham topishimiz keraka 1 , bilisha 2 Vaq.
a 1 · q = a 2
a 1 =2
S 6 = 728.
Endi cheksiz geometrik progressiyaning yig'indisi masalasini ko'rib chiqing. Berilgan cheksiz progressiyaning qisman yig‘indisini uning birinchi hadlari yig‘indisi deb ataylik. Qisman yig'indini belgi bilan belgilang
Har bir cheksiz progressiya uchun
uning qisman yig'indilarining (shuningdek, cheksiz) ketma-ketligini tuzish mumkin
Cheksiz o'sish bilan ketma-ketlik chegaraga ega bo'lsin
Bunda S soni, ya'ni progressiyaning qisman yig'indilarining chegarasi cheksiz progressiya yig'indisi deyiladi. Cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya har doim yig‘indiga ega ekanligini isbotlaymiz va bu yig‘indining formulasini olamiz (cheksiz progressiya uchun yig‘indi yo‘q, mavjud emasligini ham ko‘rsatishimiz mumkin).
Qisman yig'indi ifodasini (91.1) formula bo'yicha progressiya a'zolarining yig'indisi sifatida yozamiz va qisman yig'indining chegarasini ko'rib chiqamiz.
89-band teoremasidan ma'lumki, kamayuvchi progressiya uchun; shuning uchun farq chegarasi teoremasini qo'llash orqali topamiz
(qoida bu erda ham qo'llaniladi: doimiy omil chegara belgisidan chiqariladi). Mavjudligi isbotlangan va shu bilan birga cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya yig‘indisi formulasi olinadi:
Tenglik (92.1) sifatida ham yozilishi mumkin
Bu erda cheksiz shartlar yig'indisiga aniq belgilangan chekli qiymat tayinlanganligi paradoksal ko'rinishi mumkin.
Ushbu vaziyatni tushuntirish uchun aniq misol keltirilishi mumkin. Tomoni birga teng bo'lgan kvadratni ko'rib chiqaylik (72-rasm). Keling, bu kvadratni gorizontal chiziq bilan ikkita teng qismga bo'linib, yuqori qismini pastki qismga qo'llaymiz, shunda tomonlari 2 va bo'lgan to'rtburchaklar hosil bo'ladi. Shundan so'ng, biz yana bu to'rtburchakning o'ng yarmini gorizontal chiziq bilan yarmiga ajratamiz va yuqori qismini pastki qismga biriktiramiz (72-rasmda ko'rsatilganidek). Ushbu jarayonni davom ettirib, biz doimiy ravishda maydoni 1 ga teng bo'lgan asl kvadratni teng o'lchamdagi raqamlarga aylantiramiz (nozik qadamlar bilan zinapoya shaklini olamiz).
Ushbu jarayonning cheksiz davomi bilan kvadratning butun maydoni cheksiz sonli hadlarga - asoslari 1 ga va balandliklarga teng to'rtburchaklar maydonlariga ajraladi. uning summasi
ya'ni, kutilganidek, kvadrat maydoniga teng.
Misol. Quyidagi cheksiz progressiyalar yig‘indisini toping:
Yechish, a) Biz bu progressiyani qayd qilamiz Shuning uchun (92.2) formula bo'yicha topamiz
b) Bu erda xuddi shunday (92.2) formula bo'yicha biz borligini anglatadi
c) Biz bu progressiyani topamiz, shuning uchun bu progressiyaning yig'indisi yo'q.
5-bo'limda davriy o'nli kasrni oddiy kasrga aylantirish uchun cheksiz kamayuvchi progressiyaning hadlari yig'indisi formulasini qo'llash ko'rsatilgan.
Mashqlar
1. Cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya yig‘indisi 3/5 ga, birinchi to‘rtta hadining yig‘indisi esa 13/27 ga teng. Progressiyaning birinchi hadini va maxrajini toping.
2. O‘zgaruvchan geometrik progressiya hosil qiluvchi to‘rtta sonni toping, bunda ikkinchi had birinchisidan 35 ga kichik, uchinchisi esa to‘rtinchisidan 560 ga katta.
3. Nima bo'lsa ketma-ketlikni ko'rsating
cheksiz kamayuvchi geometrik progressiyani, keyin ketma-ketlikni hosil qiladi
har qanday shakl uchun cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya. Bu da'vo amal qiladimi?
Geometrik progressiya hadlari ko‘paytmasi formulasini chiqaring.
Yuklanmoqda...