求高阶等差数列求和法公式【公式中的字母含义麻烦解释一下，我是四年级学生】

⒈定义：一般地，如果{an+1－an}是K阶等差数列，就称原数列{an}为K+1阶等差数列，二阶以及高于二阶的等差数列统称为高阶等差数列。 ⒉如果某数列的p阶差数列是一非零常数列，则称此数列为p阶等差数列⒊高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称⒋高阶等差数列的性质：⑴如果数列是p阶等差数列，则它的一阶差数列是p-1阶等差数列⑵数列是p阶等差数列的充要条件是：数列的通项是关于n的p次多项式⑶ 如果数列是p阶等差数列，则其前n项和Sn是关于n的p+1次多项式⒌高阶等差数列中最重要也最常见的问题是求通项和前n项和，更深层次的问题是差分方程的求解，解决问题的基该方法有：⑴逐差法：其出发点是⑵待定系数法：在已知阶数的等差数列中，其通项an与前n项和Sn是确定次数的多项式（关于n的），先设出多项式的系数，再代入已知条件解方程组即得⑶裂项相消法：其出发点是an能写成an=f(n+1)-f(n)⑷化归法：把高阶等差数列的问题转化为易求的同阶等差数列或低阶等差数列的问题，达到简化的目的

设A(n)=an^2+bn+c，其中a,b,c为常数 则每相邻两项的差: B(n)=A(n+1)-A(n) =a(n+1)^2+b(n+1)+c-(an^2+bn+c) =a(2n+1)+b 则C(n)=B(n+1)-B(n)=a(2(n+1)+1)+b-(a(2n+1)+b)=2a为常数， 所以A(n)为二阶等差数列 反之 设C(n)=d为常数 B(n)为公差为d的等差数列 则B(n)=B(1)+(n-1)*d 则基于一阶等差数列B(n)的二阶等差数列A(n)的通项为 A(n)=A(1)+B(1)+B(2)+...+B(n-1) =A(1)+B(1)+(B(1)+d)+...+(B(1)+(n-2)*d) =A(1)+(n-1)*B(1)+d*(1+2+...+(n-2)) =A(1)+(n-1)*B(1)+d*(n-2)*(n-1)/2 =d/2*n^2+(B(1)-3d/2)*n+A(1)+d 其中d、A(1)、B(1)为常数 所以A(n)的通项为一个关于n的二次三项式 所有高次多项式都可以表达一个高阶等差数列的通项可以用数学归纳法证明A(n)={-5，-4，1，10，23，40……} 设B(n)=A(n+1)-A(n) B(n)={1,5,9,13,17.....} 设C(n)=B(n+1)-B(n) C(n)={4,4,4,4...} 所以B(n)=1+(n-1)*4 A(n)=-5+(B(1)+B(2)+...+B(n-1)) =-5+(1+5+...+(1+(n-2)*4)) =-5+1*(n-1)+4*(n-2)(n-1)/2 =2n^2-5n-2

对一个给定的数列 的相邻两项作差,得到一个新数列 这个数列称为 的一阶差数列.如果记该数列为 ,其中 ,那么再求 的相邻两项之差,所得数列 称为原数列 的二阶差数列. 依此类推,对任意 ,可以定义数列 的 阶差数列. 如果 的 阶差数列是一个非零常数数列,那么称它为 阶等差数列.特别地,一阶等差数列就是我们通常说的等差数列,二阶及二阶以上的等差数列统称为高阶等差数列. 注意到,数列是定义在 上的函数,将上述作差思想予以推广就得到了差分的概念. 设 是定义在 上的函数,令 ,则 也是定义在 上的函数,它称为 的一阶差分,与上类似,我们可以递推地定义 的二阶,三阶, , 阶差分 利用数学归纳法易证下面的定理: 定理1 设 是定义在 上的函数,则 如果函数 是关于 的 次多项式,那么 是关于 的 次多项式, 是关于 的 次多项式, , 是关于 的零次多项式,且 (这里 是 的首项系数),而当 , 时, . 反过来,对函数 ,如果 ,那么 是关于 的一个次数不超过 的多项式. 将这些结论应用于高阶等差数列,我们有 定理2 数列 是一个 阶等差数列的充要条件是数列的通项 为 的一个 次多项式.

1，相邻两个数的差相等，所以是等差。只减了一次，所以叫一阶。2，1,2,6,9,16，……一次阶差是1,4,3,7，……二次阶差是3,-1，4，……三次阶差是-4,5，……四次阶差是9，……几次阶差是常数列？3，例如数列1,8,27,64,125,216，……一次阶差是7,19,37,61,91……二次阶差是12,18,24,30，……三次阶差是6,6,6，……三次阶差是常数列，所以数列1,8,27,64,125,216，……是三阶等差数列。而数列7,19,37,61,91……一次阶差是12,18,24,30，……二次阶差是6,6,6，……二次阶差是常数列，所以数列7,19,37,61,91……是二阶等差数列。所以数列1,8,27,64,125,216，……的一次阶差是7,19,37,61,91……为二阶等差数列。

an=a1+(n-1)dSn=(a1+an)n/2=na1+n(n-1)d/2

每天递增1的数学公式：{x|0<x<101，x∈N}。每日递增的计算公式是：Sn=a[(1+q)^(n-1)]/q。其中：Sn表示n次增长后的总数，a表示第一次开始时的数额，q表示增长率，n表示增长的次数。解析：由题意可知 这是一个以a为首项，q为公比的等比数列前n项的求和公式，这个公式是 Sn=a[(1+q)^(n-1)]/q。当第一天的数额为x时，30=x[(1+1.2)^29]/1.2 ，由此便可求出第一天的数额。高阶等差数列r阶差等比数列的定义，通过对某一数列应用逐差法，使得若干阶差后得到一等比数列。该数列又称为高阶差等比数列。定义 若一数列应用逐差法运算时，其前r阶差不是等比数列，而r+1阶差时是等比数列，则称该数列为r阶差等比数列 。

和=（前项＋后项）×项数÷2

（首项+末项）*项数/2=总和（末项-首项）*公差+1=项数首项+（N-1）*公差=第N项首项，一个等差数列中第一个数，末项，一个等差数列中最后一个数。项数，这个等差数列有几个数，公差，就是相邻两个数的差。

我记得上小学的奥数教程里就有，不过只是让找规律而已。呵呵

尺寸公差等于最大极限尺寸减去最小极限尺寸的差值；或 尺寸公差等于上偏差减去下偏差的差值。

表示还没听说过高阶等差数列这个概念,难道是我孤陋寡闻么? 等差数列都是一次的,怎么可能会出现高阶呢? 麻烦你把你要问的问题表述清楚一点.

提示： 方法1. 令S=1+2^2n+3^2n^2+4^2n^3+……+k^2n^(k-1) 两边同乘n, nS=n+2^2n^2+3^2n^3+4^2n^4+……+k^2n^k 两个等式相减得 （1-n)S=1+3n+5nn+...+(2k-1)n^(k-1)-k^2n^k 再如上法,相减就可以得到一个等比数列求和,然后可以化简了. 方法2. 令f(x)=1+x+xx+...+x^k. 两边求导,得 f"(x)=1+2x+3xx+...+kx^(k-1). 两边同乘以x. f"(x)x=x+2xx+3xxx+...+kx^k 两边再求导,令x=n代入即可. 过程就不详述了.

二阶等差数列 高一不学大学一般也不学，除非数学系某些专业。高阶等差数列基本知识　　1.定义：对于一个给定的数列，把它的连结两项an+1与an的差an+1-an记为bn，得到一个新数列，把数列bn你为原数列的一阶差数列，如果cn=bn+1-bn，则数列是的二阶差数列依此类推，可得出数列的p阶差数列，其中pÎN　　2.如果某数列的p阶差数列是一非零常数列，则称此数列为p阶等差数列　　3.高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称　　4.高阶等差数列的性质：　　(1)如果数列是p阶等差数列，则它的一阶差数列是p-1阶等差数列　　(2)数列是p阶等差数列的充要条件是：数列的通项是关于n的p次多项式　　(3) 如果数列是p阶等差数列，则其前n项和Sn是关于n的p+1次多项式　　5.高阶等差数列中最重要也最常见的问题是求通项和前n项和，更深层次的问题是差分方程的求解，解决问题的基本方法有：　　(1)逐差法：其出发点是an=a1+　　(2)待定系数法：在已知阶数的等差数列中，其通项an与前n项和Sn是确定次数的多项式(关于n的)，先设出多项式的系数，再代入已知条件解方程组即得　　(3)裂项相消法：其出发点是an能写成an=f(n+1)-f(n)　　(4)化归法：把高阶等差数列的问题转化为易求的同阶等差数列或低阶等差数列的问题，达到简化的目的 [编辑本段]例题精讲 　　例1.数列的二阶差数列的各项均为16，且a63=a89=10，求a51　　解：法一：显然的二阶差数列是公差为16的等差数列，设其首项为a,则bn=a+(n-1)×16,于是an= a1+　　=a1+(n-1)a+16/2(n-1)(n-2)　　这是一个关于n的二次多项式，其中n2的系数为8，由于a63=a89=10,所以　　an=8(n-63)(n-89)+10，从而a51=8(51-63)(51-89)+10=3658　　解：法二：由题意，数列是二阶等差数列，故其通项是n的二次多项式，又a63=a89=10，故可设an=A(n-63)(n-89)+10　　由于是二阶差数列的各项均为16，所以(a3-a2)-(a2-a1)=16　　即a3-2a2+a1=16，所以　　A(3-63)(3-89)+10-2[A(2-63)(2-89)+10]+A(1-63)×(1-89)+10=16　　解得：A=8　　an=8(n-63)(n-89)+10，从而a51=8(51-63)(51-89)+10=3658　　例2.一个三阶等差数列的前4项依次为30,72,140,240，求其通项公式　　解：由性质(2)，an是n的三次多项式，可设an=An3+Bn2+Cn+D　　由a1=30、a2=72、a3=140、a4=240得　　解得：　　所以an=n3+7n2+14n+8　　例3.求和：Sn=1×3×22+2×4×32+…+n(n+2)(n+1)2　　解：Sn是是数列的前n项和，　　因为an=n(n+2)(n+1)2是关于n的四次多项式，所以是四阶等差数列，于是Sn是关于n的五次多项式　　k(k+2)(k+1)2=k(k+1)(k+2)(k+3)-2k(k+1)(k+2)，故求Sn可转化为求　　Kn=和Tn=　　k(k+1)(k+2)(k+3)=[ k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)-(k-1) k(k+1)(k+2)(k+3)]，所以　　Kn==　　Tn==　　从而Sn=Kn-2Tn=　　例4.已知整数列适合条件：　　(1)an+2=3an+1-3an+an-1,n=2,3,4,…　　(2)2a2=a1+a3-2　　(3)a5-a4=9,a1=1　　求数列的前n项和Sn　　解：设bn=an+1-an,Cn=bn+1-bn　　Cn=bn+1-bn= (an+2-an+1)-( an+1-an)=an+2-2an+1+an=(3an+1-3an+an-1) -2an+1+an=an+1-2an+an-1　　=Cn-1 (n=2,3,4,…)　　所以是常数列　　由条件(2)得C1=2,则是二阶等差数列　　因此an=a1+　　由条件(3)知b4=9，从而b1=3，于是an=n2　　例5.求证：二阶等差数列的通项公式为　　证明：设的一阶差数列为，二阶差数列为，由于是二阶等差数列

堆垛问题一般都可以用归纳法归纳为高阶等差数列的问题！三角垛求积法医，茭草垛求积法！

高阶等差数列 一、基本知识 1.定义：对于一个给定的数列{an}，把它的连结两项an+1与an的差an+1-an记为bn，得到一个新数列{ bn}，把数列bn称为原数列{an}的一阶差数列，如果cn=bn+1-bn，则数列{cn}是{an}的二阶差数列依此类推，可得出数列{an}的p阶差数列，其中pÎN 2.如果某数列的p阶差数列是一非零常数列，则称此数列为p阶等差数列 3.高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称 4.高阶等差数列的性质： (1)如果数列{an}是p阶等差数列，则它的一阶差数列是p-1阶等差数列 (2)数列{an}是p阶等差数列的充要条件是：数列{an}的通项是关于n的p次多项式 (3) 如果数列{an}是p阶等差数列，则其前n项和Sn是关于n的p+1次多项式 5.高阶等差数列中最重要也最常见的问题是求通项和前n项和，更深层次的问题是差分方程的求解，解决问题的基本方法有： (1)逐差法：其出发点是an=a1+ (2)待定系数法：在已知阶数的等差数列中，其通项an与前n项和Sn是确定次数的多项式(关于n的)，先设出多项式的系数，再代入已知条件解方程组即得 (3)裂项相消法：其出发点是an能写成an=f(n+1)-f(n) (4)化归法：把高阶等差数列的问题转化为易求的同阶等差数列或低阶等差数列的问题，达到简化的目的 二、例题精讲 例1.数列{an}的二阶差数列的各项均为16，且a63=a89=10，求a51 解：法一：显然{an}的二阶差数列{bn}是公差为16的等差数列，设其首项为a,则bn=a+(n-1)×16,于是an= a1+ =a1+(n-1)a+8(n-1)(n-2) 这是一个关于n的二次多项式，其中n2的系数为8，由于a63=a89=10,所以 an=8(n-63)(n-89)+10，从而a51=8(51-63)(51-89)+10=3658 解：法二：由题意，数列{an}是二阶等差数列，故其通项是n的二次多项式，又a63=a89=10，故可设an=A(n-63)(n-89)+10 由于{an}是二阶差数列的各项均为16，所以(a3-a2)-(a2-a1)=16 即a3-2a2+a1=16，所以 A(3-63)(3-89)+10-2[A(2-63)(2-89)+10]+A(1-63)×(1-89)+10=16 解得：A=8 an=8(n-63)(n-89)+10，从而a51=8(51-63)(51-89)+10=3658 例2.一个三阶等差数列{an}的前4项依次为30,72,140,240，求其通项公式 解：由性质(2)，an是n的三次多项式，可设an=An3+Bn2+Cn+D 由a1=30、a2=72、a3=140、a4=240得 解得： 所以an=n3+7n2+14n+8 例3.求和：Sn=1×3×22+2×4×32+…+n(n+2)(n+1)2 解：Sn是是数列{n(n+2)(n+1)2}的前n项和， 因为an=n(n+2)(n+1)2是关于n的四次多项式，所以{an}是四阶等差数列，于是Sn是关于n的五次多项式 k(k+2)(k+1)2=k(k+1)(k+2)(k+3)-2k(k+1)(k+2)，故求Sn可转化为求 Kn= 和Tn= k(k+1)(k+2)(k+3)= [ k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)-(k-1) k(k+1)(k+2)(k+3)]，所以 Kn= = Tn= = 从而Sn=Kn-2Tn= 例4.已知整数列{an}适合条件： (1)an+2=3an+1-3an+an-1,n=2,3,4,… (2)2a2=a1+a3-2 (3)a5-a4=9,a1=1 求数列{an}的前n项和Sn 解：设bn=an+1-an,Cn=bn+1-bn Cn=bn+1-bn= (an+2-an+1)-( an+1-an)=an+2-2an+1+an=(3an+1-3an+an-1) -2an+1+an=an+1-2an+an-1 =Cn-1 (n=2,3,4,…) 所以{ Cn}是常数列 由条件(2)得C1=2,则{an}是二阶等差数列 因此an=a1+ 由条件(3)知b4=9，从而b1=3，于是an=n2 例5.求证：二阶等差数列的通项公式为 证明：设{an}的一阶差数列为{bn}，二阶差数列为{cn}，由于{an}是二阶等差数列，故{cn}为常数列 又c1=b2-b1=a3-2a2+a1 所以 例6.求数列1,3+5+7,9+11+13+15+17,…的通项 解：问题等价于：将正奇数1,3,5,…按照“第n个组含有2n-1个数”的规则分组： (1)、(3,5,7)、(9,11,13,15,17),… 然后求第n组中各数之和an 依分组规则，第n组中的数恰好构成以2为公差的项数为2n-1的等差数列，因而确定了第n组中正中央这一项，然后乘以(2n-1)即得an 将每一组的正中央一项依次写出得数列：1,5,13,25,…这个数列恰为一个二阶等差数列，不难求其通项为2n2-2n+1，故第n组正中央的那一项为2n2-2n+1，从而 an=(2n-2n+1)(2n-1) 例7.数列{an}的二阶差数列是等比数列，且a1=5,a2=6,a3=9,a4=16,求{an}的通项公式 解：易算出{an}的二阶差数列{cn}是以2为首项，2为公比的等比数列,则cn=2n, {an}的一阶差数列设为{bn}，则b1=1且 从而 例8.设有边长为1米的正方形纸一张，若将这张纸剪成一边长为别为1厘米、3厘米、…、(2n-1)厘米的正方形，愉好是n个而不剩余纸，这可能吗？ 解：原问题即是是否存在正整数n，使得12+32+…+(2n-1)2=1002 由于12+32+…+(2n-1)2=[12+22+…+(2n)2]-[22+42+…+(2n)2]= 随着n的增大而增大，当n=19时 =9129<10000，当n=20时 =10660>10000 故不存在… 例9.对于任一实数序列A={a1,a2,a3,…}，定义DA为序列{a2-a1,a3-a2,…}，它的第n项为an+1-an，假设序列D(DA)的所有项均为1，且a19=a92=0,求a1 解：设序列DA的首项为d,则序列DA为{d,d+1,d+2,…},它的第n项是d+(n-1)，因此序列A的第n项 显然an是关于n的二次多项式，首项等比数列为 由于a19=a92=0，必有 所以a1=819

等差数列从第二项开始每一项是前项和后项的算术平均数.　　如果等差数列的公差是正数,则该等差数列是递增数列;如果等差数列的公差是负数,则该数列是递减数列;如果等差数列的公差等于零,则该数列是常数列.　　对于一个数列al,a2,…,an,…,如果它的相邻两项之差a2-a1,a3-a2,…,an+1-an,…构成公差不为零的等差数列,则称数列{an}为二阶等差数列. 运用递归的方法可以依次定义各阶等差数列:对于数列{an},如果{an+1-an}是r阶等差数列,则称数列{an}是r+1阶等差数列.二阶或二阶以上的等差数列称为高阶等差数列.　　r阶等差数列的通项公式可以用一个关于项数n的r次多项式来表示,反之,通项公式为项数n的r次多项式的数列必为r阶等差数列. [2]　　高阶等差数列的求和方法主要有两种,一种是将其通项(项数n的r次多项式)表成差分多项式的线性组合从而求和.另一种是利用自然数幂的求和公式,如r阶等差数列的前n项和公式是项数n的r+1次多项式,对r不太高的情况也可用待定系数法来确定.

一阶的等差数列总的学呀，简单的等比数列的知道吧，很多都会转化为这两种呀！

事实上，LZ所给出的数列是一个“二阶等差数列”，是一种“高阶等差数列”所谓二阶差数列就是将这个数列前后项之差作为一个新数列的项比如就以这题为例:{5-1,13-5,25-13}={4,8,12}为等差数列，那么我们就把这个数列称之为二阶等差数列有这样一个定理可为解此类数列提供依据“p阶等差数列是关于n的P次多项式”也就是说这一题的二阶差数列是关于n的2次多项式，即可设an=An^2+Bn+C(ABC为待定系数)至此，LZ可以把a1a2a3a4等项代入an=An^2+Bn+C中求出待定系数也可以“拼凑”出同样形式的通项公式:a1=2*1^1-2*1+1=1a2=2*2^2-2*2+1=5a3=2*3^2-2*3+1=13a4=2*4^2-2*4+1=25……an=2*n^2-2n+1当然，“拼凑”法需要有一定题量的训练才能较熟练地掌握推荐还是先适应待定系数法若LZ还有什么不明白的地方可追问希望我的回答对你有帮助另外回复仨X不等于四:二阶差是an-a(n-1)=kn+b那三阶差呢?an-a(n-1)=an^2+bn+cn求和已经有难度了四阶差五阶差以至更高阶差就更不用说了递推累和求二阶差可行，速度也比较快但因为任意p阶差数列的递推累和都会用到Σi^(p-1)以及以下的一些公式所以递推累和用于求高阶段等差数列就不见得那么好求了

如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，且每一项都不为0(常数)，这个数列就叫做等比数列。这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示。如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列，而这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示。如果{cn}，cn=an·bn，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列,那么这个数列就叫做差比数列.高阶等差数列r阶差等比数列的定义通过对某一数列应用逐差法，使得若干阶差后得到一等比数列。该数列又称为高阶差等比数列。定义 若一数列应用逐差法运算时，其前r阶差不是等比数列，而r+1阶差时是等比数列，则称该数列为r阶差等比数列 。通项公式：设数列(1)为r阶差等比数列，其各阶差首项分别为d1，…，dr ；且r+1阶差为等比数列，其首项为b，公比为q．则数列(1)的通项公式为（1）等比数列的通项公式是：若通项公式变形为an=a1/q*q^n(n∈N*),当q>0时，则可把an看作自变量n的函数，点(n,an)是曲线y=a1/q*q^x上的一群孤立的点。（2) 任意两项am，an的关系为=（3）从等比数列的定义、通项公式、前n项和公式可以推出： a1·an=a2·an-1=a3·an-2=…=ak·an-k+1，k∈{1,2,…,n}（4）等比中项：aq·ap=ar^2，ar则为ap，aq等比中项。记πn=a1·a2…an，则有π2n-1=(an)2n-1，π2n+1=(an+1)2n+1另外，一个各项均为正数的等比数列各项取同底数数后构成一个等差数列；反之，以任一个正数C为底，用一个等差数列的各项做指数构造幂Can，则是等比数列。在这个意义下，我们说：一个正项等比数列与等差数列是“同构”的。性质：①若m、n、p、q∈N*，且m+n=p+q，则am·an=ap·aq；②在等比数列中，依次每 k项之和仍成等比数列.“G是a、b的等比中项”“G^2=ab（G≠0）”.(5) 等比数列前n项之和Sn=a1(1-q^n)/(1-q)或Sn=(a1-an*q)/(1-q)（q≠1） Sn=n*a1 （q=1）在等比数列中，首项a1与公比q都不为零.注意：上述公式中A^n表示A的n次方。等比数列在生活中也是常常运用的。如：银行有一种支付利息的方式---复利。即把前一期的利息和本金加在一起算作本金，再计算下一期的利息，也就是人们通常说的利滚利。按照复利计算本利和的公式：本利和=本金*(1+利率)^存期

把5 ,21, 15, 32,x,38看做高阶等差数列，反复求差：差：16,-6,17,x-32,38-x,差:-22,23,x-39,70-2x,差：45,x-62,109-3x为等差数列，所以2（x-62）=45+109-3x,2x-124=154-3x,5x=278,x=55.6.与您的答案不同，仅供参考。

　　等差数列是一个古老的数学课题。一个数列从第二项起，后项减去前项所得的差是一个相等的常数，则称此数列为 等差数列。　　在数学发展的早期已有许多人研究过数列这一课题，特别是等差数列。例如早在公元前2700年以前埃及数学的《莱 因特纸草书》中，就记载着相关的问题。在巴比伦晚期的《泥板文书》中，也有按级递减分物的等差数列问题。其中有一个问题大意是：　　10个兄弟分100两银子，长兄最多，依次减少相同数目。现知第八兄弟分得6两，问相邻两兄弟相差多少？　　在我国公元五世纪写成的《张丘建算经》中，透过五个具体例子，分别给出了求公差、总和、项数的一般步骤。比 如卷上第23题（用现代语叙述）：　　有一女子不善织布，逐日所织布按数递减，已知第一日织5尺，最后一日织1尺，共织了30日，问共织布多少？　　这是一个已知首项（a1）、末项（an ），以及项数（n）求总数（Sn）的问题，对此， 原书提出的解法是：总数等于首项加末项除2，乘以项数。它相当于现今代数里的求和公式：Sn=(a1+an)．n/2。印度数学家婆罗摩笈多在公元七世纪也得出了这个公式，并 给出了求末项公式：an=a1+(n-1)d。　　卷上第23题：有一女子善于织布，逐日所织布按同数递增，已知第一日织5尺，经一月共织39丈，问每日比前一日 增织多少？　　这是一个已知首项（a1），总数（Sn ）以及项数（n），求公差（d）的问题，对此原书给出的解 法是　　d=(2Sn/n-2a1)／(n-1)。　　等值于现在的求和公式：　　Sn=n[2a+(n-1)d]/2　　卷中第1题：今有某人拿钱赠人，第一人给3元，第二人给4元，第三人给5元，其余依次递增分给。给完后把这些人 所得的钱全部收回，再平均分派，结果每人得100元，问人数多少？　　这是一个已知首项（a1），公差（d）以及 n项的平均数（m），求项数（n）的问题，对此原书给出的 解法是n=[2(m-a1)+d]/d。　　我国自张邱建之后，对等差数列的计算日趋重视，特别是在天文学和堆栈求积等问题的推动下，从对一般的等差数 列的研究发展成为对高阶等差数列的研究。在北宋沉括（ 1031-1095）的《梦溪笔谈》中，「隙积术」就是第一个关 于高级等差数列的求积法。

二阶等差数列通项的一般形式为：An=an2+bn+c，类似于二次函数解析式求法，我们可用待定系数法求出其通项公式。二阶等差数列是指后项与前项的差值是等差数列。例如：1，3，7，13，21，31，…，后项与前项的差值依次为：2，4，6，8，10，…，这些差值是等差数列，我们称数列1，3，7，13，21，31，…为二阶等差数列。扩展资料等差数列规律具有一次函数的一般形式，二阶等差数列具有二次函数的一般形式，凡是这样的数列，其通项公式均可以用待定系数法计算。观察下列等式，请写出第n个等式。第1个等式： 32-1=8×1，第2个等式： 52-1=24=8×3，第3个等式： 72-1=48=8×6，第4个等式： 92-1=80=8×10，分析：第一步：找变数与不变数。观察发现，等式左边的底数在变化 ，等式右边与8相乘的数在变化。第二步：左边底数依次为：3，5，7，9， …，显然是等差数列规律，其公差为2，首项减公差等于1，所以第n个底为为2n+1。第三步：右边与8相乘的数依次为1，3，6，10， …，后项与前项的差值依次为2，4，6， …，可判断出原数列为二阶等差数列。参考资料来源：百度百科-高阶等差数列

15.5-15=0.5,23.5-15.5=8,8/0.5=1616-14=2,2*16=32,16+32=4848补充：a3-a1=0.5,a4-a2=2,a5-a3=8,分别是0.5*1,0.5*4,0.5*16，则a6=a4+0.5*64=16+32=48.这样子理解更好点，因为数字太少可能还存在其他规律

（) 7 ( ) 1 8 15 ( ) ( ) 13 ( ) ( ) 3 19 ( )( )( )( ) ( ) 4 ( ) 有什么补充吗？ 可能是横竖相加一样吧！

每三个数相加为17,所以后两个数相加为11就行了

等差数列拼音: deng cha shu lie 等差数列解释: 由第二项起，任一项与前一项的差恒等的数列，如10，14，18，22…。它的一般形式为a，a＋d，a＋2d，a＋3d…。 等差数列造句: 1、等差是等差数列最核心的本质特征。 2、对广义等差数列的性质进行探讨，并提出广义等差数列的一阶递归表达式。 3、求阶等差数列的有限和通常是用数学归纳法的方法来解决，其求和公式的建立往往有一定的困难。 4、本文提出用等差数列和不等差数列法来产生新的纱线排列的方法，从而形成了从基础组织快速生成大循环组织的实用办法。 5、并研究了付款额呈高阶等差数列及倒虹式年金等某些特殊的年金变化形式，给出了其期初值和期末值。 6、用幂级数和函数的思想来给出阶等差数列求有限和的公式。 7、首先，简要介绍了三种主要的求和方法。然后，根据高阶等差数列通项的特性，利用新定义的形式导数列对其进行了有效的探讨。 8、本文就《义勇军进行曲》音调为例，运用数理分析方法，揭示其富于规律的数列结构特征 等差数列、等比数列、平衡对称结构等。

二项式定理　　 binomial theorem 　　二项式定理,又称牛顿二项式定理,由艾萨克·牛顿于1664、1665年间提出. 　　此定理指出： 　　其中,二项式系数指... 　　等号右边的多项式叫做二项展开式. 　　二项展开式的通项公式为：... 　　其i项系数可表示为:...,即n取i的组合数目. 　　因此系数亦可表示为帕斯卡三角形(Pascal"s Triangle) 　　二项式定理(Binomial Theorem)是指(a+b)n在n为正整数时的展开式.(a+b)n的系数表为： 　　1 n=0 　　1 1 n=1 　　1 2 1 n=2 　　1 3 3 1 n=3 　　1 4 6 4 1 n=4 　　1 5 10 10 5 1 n=5 　　1 6 15 20 15 6 1 n=6 　　………………………………………………………… 　　（左右两端为1,其他数字等于正上方的两个数字之和） 　　在我国被称为「贾宪三角」或「杨辉三角」,一般认为是北宋数学家贾宪所首创.它记载于杨辉的《详解九章算法》(1261)之中.在阿拉伯数学家卡西的著作《算术之钥》(1427)中也给出了一个二项式定理系数表,他所用的计算方法与贾宪的完全相同.在欧洲,德国数学家阿皮安努斯在他1527年出版的算术书的封面上刻有此图.但一般却称之为「帕斯卡三角形」,因为帕斯卡在1654年也发现了这个结果.无论如何,二项式定理的发现,在我国比在欧洲至少要早300年. 　　1665年,牛顿把二项式定理推广到n为分数与负数的情形,给出了的展开式. 　　二项式定理在组合理论、开高次方、高阶等差数列求和,以及差分法中有广泛的应用. 　　1．熟练掌握二项式定理和通项公式,掌握杨辉三角的结构规律 　　二项式定理:　叫二项式系数（0≤r≤n）.通项用Tr+1表示,为展开式的第r+1项,且, 注意项的系数和二项式系数的区别. 　　2．掌握二项式系数的两条性质和几个常用的组合恒等式. 　　①对称性： 　　②增减性和最大值：先增后减 　　n为偶数时,中间一项的二项式系数最大,为：Tn/2＋1 　　n为奇数时,中间两项的二项式系数相等且最大,为：T(n+1)/2＋1 　　3．二项式从左到右使用为展开；从右到左使用为化简,从而可用来求和或证明.掌握“赋值法”这种利用恒等式解决问题的思想. 　　证明：n个（a+b）相乘,是从（a+b）中取一个字母a或b的积.所以（a+b）^n的展开式中每一项都是)a^k*b^(n-k)的形式.对于每一个a^k*b^(n-k),是由k个(a+b)选了a,（a的系数为n个中取k个的组合数（就是那个C右上角一个数,右下角一个数））.（n-k）个(a+b)选了b得到的（b的系数同理）.由此得到二项式定理. 　　二项式系数之和: 　　2的n次方 　　而且展开式中奇数项二项式系数之和等于偶数项二项式系数之和等于2的(n-1)次方 　　二项式定理的推广： 　　二项式定理推广到指数为非自然数的情况： 　　形式为 推广公式 　　注意：|x|

一般性的公式是有 但比较难算 实际上令an=n^m 求前n项和sn的话可以发现 an满足m阶等差数列（参见 百科-高阶等差数列-基本知识-4.性质- (2)） 而根据百科-高阶等差数列-基本知识-5 可知 一般性的公式是用差分方程来求解 不过还是给你一些低阶的公式吧一次和 n(n+1)/2平方和 n(n+1)(2n+1)/6立方和 n^2(n+1)^2/4 4次和 n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)/30 5次和 n^2(n+1)^2(2n^2+2n-1)/12参考http://baike.baidu.com/view/441800.html

除了万有引力和光的色谱之外，牛顿的主要贡献还有：1、微积分：微积分的创立是牛顿最卓越的数学成就。牛顿为解决运动问题，才创立这种和物理概念直接联系的数学理论的，牛顿称之为"流数术"。2、二项式定理：在一六六五年，刚好二十二岁的牛顿发现了二项式定理，这对于微积分的充分发展是必不可少的一步。二项式定理在组合理论、开高次方、高阶等差数列求和，以及差分法中有广泛的应用。3、冷却定律：牛顿确定了冷却定律，即当物体表面与周围有温差时，单位时间内从单位面积上散失的热量与这一温差成正比。4、反射望远镜：牛顿1672年创制了反射望远镜。他用质点间的万有引力证明，密度呈球对称的球体对外的引力都可以用同质量的质点放在中心的位置来代替。5、《自然哲学的数学原理》：牛顿最重要的著作，1687年出版。该书总结了他一生中许多重要发现和研究成果，其中包括上述关于物体运动的定律。参考资料：百度百科-艾萨克·牛顿

“四元术”（多元高次方程列式与消元解法），“垛积术”（高阶等差数列求和），“招差术”（高次内插法）我只知道这些了

中国古代没有数学

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例1.数列的二阶差数列的各项均为16，且a63=a89=10，求a51 解：法一：显然{an}的二阶差数列{bn}是公差为16的等差数列，设其首项为a，则bn=a+(n-1）×16，于是=a1+(n-1)a+8(n-1)(n-2)这是一个关于n的二次多项式，其中n2的系数为8，由于a63=a89=10，所以an=8(n-63)(n-89)+10，从而a51=8(51-63)(51-89)+10=3658解：法二：由题意，数列是二阶等差数列，故其通项是n的二次多项式，又a63=a89=10，故可设an=A(n-63)(n-89)+10由于是二阶差数列的各项均为16，所以（a3-a2)-(a2-a1)=16即a3-2a2+a1=16，所以A(3-63)(3-89)+10-2[A(2-63)(2-89)+10]+A(1-63）×（1-89)+10=16解得：A=8an=8(n-63)(n-89)+10，得a51=8(51-63)(51-89)+10=3658例2.一个三阶等差数列的前4项依次为30,72,140,240，求其通项公式解：由性质⑵，an是n的三次多项式，可设an=An3+Bn2+Cn+D由a1=30、a2=72、a3=140、a4=240得A+B+C+D=30 A=18A+4B+2C+D=72 解得： B=727A+9B+3C+D=140 C=1464A+16B+4C+D=240 D=8所以an=n3+7n2+14n+8例3.求和：Sn=1×3×22+2×4×32+…+n(n+2)(n+1)2解：Sn是是数列{n(n+2)(n+1)2}的前n项和，因为an=n(n+2)(n+1)2是关于n的四次多项式，所以{an}是四阶等差数列，于是Sn是关于n的五次多项式k(k+2)(k+1)2=k(k+1)(k+2)(k+3)-2k(k+1)(k+2），故求Sn可转化为求Kn=和Tn=k(k+1)(k+2)(k+3)=[ k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)-(k-1) k(k+1)(k+2)(k+3)]，所以Kn==Tn==从而Sn=Kn-2Tn=例4.已知整数列适合条件：⑴an+2=3an+1-3an+an-1,n=2,3,4，…⑵2a2=a1+a3-2⑶a5-a4=9,a1=1求数列{an}的前n项和Sn解：设bn=an+1-an,Cn=bn+1-bnCn=bn+1-bn= (an+2-an+1)-(an+1-an)=an+2-2an+1+an=(3an+1-3an+an-1) -2an+1+an=an+1-2an+an-1=Cn-1 (n=2,3,4，…）所以{ Cn}是常数列由条件⑵得C1=2，则{an}是二阶等差数列因此由条件⑶知b4=9，从而b1=3，于是an=n2,例5.求证：二阶等差数列的通项公式为证明：设{an}的一阶差数列为{bn}，二阶差数列为{cn}，由于{an}是二阶等差数列，故{cn}为常数列又c1=b2-b1=a3-2a2+a1所以===例6.求数列1,3+5+7,9+11+13+15+17，…的通项解：问题等价于：将正奇数1,3,5，…按照“第n个组含有2n-1个数”的规则分组：⑴、（3,5,7）、（9,11,13,15,17），… 然后求第n组中各数之和an依分组规则，第n组中的数恰好构成以2为公差的项数为2n-1的等差数列，因而确定了第n组中正中央这一项，然后乘以（2n-1）即得an将每一组的正中央一项依次写出得数列：1,5,13,25，…这个数列恰为一个二阶等差数列，不难求其通项为2n2-2n+1，故第n组正中央的那一项为2n2-2n+1，从而an=(2n-2n+1)(2n-1)例7.数列{an}的二阶差数列是等比数列，且a1=5,a2=6,a3=9,a4=16，求{an}的通项公式解：易算出的二阶差数列是以2为首项，2为公比的等比数列，则cn=2n,的一阶差数列设为bn，则b1=1且bn=,从而an=例8.设有边长为1米的正方形纸一张，若将这张纸剪成一边长为别为1厘米、3厘米、…、（2n-1）厘米的正方形，恰好是n个而不剩余纸，这可能吗？解：原问题即是是否存在正整数n，使得12+32+…+(2n-1)2=1002由于12+32+…+(2n-1)2=[12+22+…+(2n-1)2]-[22+42+…+(2n)2]=随着n的增大而增大，当n=19时=9129<10000，当n=20时=10660>10000故不存在…例9.对于任一实数序列A={a1,a2,a3，…}，定义DA为序列{a2-a1,a3-a2，…}，它的第n项为an+1-an，假设序列D(DA）的所有项均为1，且a19=a92=0，求a1解：设序列DA的首项为d，则序列DA为{d,d+1,d+2，…},它的第n项是d+(n-1），因此序列A的第n项显然an是关于n的二次多项式，首项等比数列为由于a19=a92=0，必有所以a1=819

　1.定义：对于一个给定的数列，把它的连结两项an+1与an的差an+1-an记为bn，得到一个新数列，把数列bn你为原数列的一阶差数列，如果cn=bn+1-bn，则数列是的二阶差数列依此类推，可得出数列的p阶差数列，其中pÎN　　2.如果某数列的p阶差数列是一非零常数列，则称此数列为p阶等差数列　　3.高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称　　4.高阶等差数列的性质：　　(1)如果数列是p阶等差数列，则它的一阶差数列是p-1阶等差数列　　(2)数列是p阶等差数列的充要条件是：数列的通项是关于n的p次多项式　　(3) 如果数列是p阶等差数列，则其前n项和Sn是关于n的p+1次多项式　　5.高阶等差数列中最重要也最常见的问题是求通项和前n项和，更深层次的问题是差分方程的求解，解决问题的基本方法有：　　(1)逐差法：其出发点是an=a1+　　(2)待定系数法：在已知阶数的等差数列中，其通项an与前n项和Sn是确定次数的多项式(关于n的)，先设出多项式的系数，再代入已知条件解方程组即得　　(3)裂项相消法：其出发点是an能写成an=f(n+1)-f(n)　　(4)化归法：把高阶等差数列的问题转化为易求的同阶等差数列或低阶等差数列的问题，达到简化的目的

我学了4年数学都没见过呀！你在哪里见的？

和 Sn首相 a1末项 an公差 d项数 n等差数列求和=（首项+末项）*项数/2

我以为是高中等差数列，没想到是大学的

通项公式:an=a1+(n-1)d1+(n-1)(n-2)d2/2!+…+(n-1)(n-2)…(n-r)dr/r!求和公式可由通项公式推出,自己试试.

可以证明结果是5次表达式待定系数法就好了。

裂项相消法最常见的就是an=1/n(n+1)=1/n-1/(n+1)sn=1/1*2+1/2*3+.....+1/n(n+1)=1-1/2+1/2-1/3+1/3-1/4+....+1/(n-1)-1/n+1/n-1/(n+1)（中间相消，最后只剩首尾两项）=1-1/(n+1)错位相减法这个在求等比数列求和公式时就用了sn=1/2+1/4+1/8+....+1/2^n两边同时乘以1/21/2sn=1/4+1/8+....+1/2^n+1/2^(n+1)(注意根原式的位置的不同，这样写看的更清楚些）两式相减1/2sn=1/2-1/2^(n+1)sn=1-1/2^n倒序相加法这个在证明等差数列求和公式时就应用了sn=1+2+..+nsn=n+n-1+....+2+1两式相加2sn=(1+n)+(2+n-1)+...+(n+1)=(n+1)*nsn=n(n+1)/2

提示：方法1。令S=1+2^2n+3^2n^2+4^2n^3+……+k^2n^(k-1)两边同乘n,nS=n+2^2n^2+3^2n^3+4^2n^4+……+k^2n^k两个等式相减得（1-n)S=1+3n+5nn+...+(2k-1)n^(k-1)-k^2n^k再如上法，相减就可以得到一个等比数列求和，然后可以化简了。方法2.令f(x)=1+x+xx+...+x^k.两边求导，得f"(x)=1+2x+3xx+...+kx^(k-1).两边同乘以x.f"(x)x=x+2xx+3xxx+...+kx^k两边再求导，令x=n代入即可。过程就不详述了。

裂项相消法最常见的就是an=1/n(n+1)=1/n-1/(n+1)sn=1/1*2+1/2*3+.....+1/n(n+1)=1-1/2+1/2-1/3+1/3-1/4+....+1/(n-1)-1/n+1/n-1/(n+1)（中间相消，最后只剩首尾两项）=1-1/(n+1)错位相减法这个在求等比数列求和公式时就用了sn=1/2+1/4+1/8+....+1/2^n两边同时乘以1/21/2sn=1/4+1/8+....+1/2^n+1/2^(n+1)(注意根原式的位置的不同，这样写看的更清楚些）两式相减1/2sn=1/2-1/2^(n+1)sn=1-1/2^n倒序相加法这个在证明等差数列求和公式时就应用了sn=1+2+..+nsn=n+n-1+....+2+1两式相加2sn=(1+n)+(2+n-1)+...+(n+1)=(n+1)*nsn=n(n+1)/2

1.定义：对于一个给定的数列，把它的连结两项an+1与an的差an+1-an记为bn，得到一个新数列，把数列bn你为原数列的一阶差数列，如果cn=bn+1-bn，则数列是的二阶差数列依此类推，可得出数列的p阶差数列，其中pÎN 　　2.如果某数列的p阶差数列是一非零常数列，则称此数列为p阶等差数列 　　3.高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称 　　4.高阶等差数列的性质： 　　(1)如果数列是p阶等差数列，则它的一阶差数列是p-1阶等差数列 　　(2)数列是p阶等差数列的充要条件是：数列的通项是关于n的p次多项式 　　(3) 如果数列是p阶等差数列，则其前n项和Sn是关于n的p+1次多项式 　　5.高阶等差数列中最重要也最常见的问题是求通项和前n项和，更深层次的问题是差分方程的求解，解决问题的基本方法有： 　　(1)逐差法：其出发点是an=a1+ 　　(2)待定系数法：在已知阶数的等差数列中，其通项an与前n项和Sn是确定次数的多项式(关于n的)，先设出多项式的系数，再代入已知条件解方程组即得 　　(3)裂项相消法：其出发点是an能写成an=f(n+1)-f(n)4)化归法：把高阶等差数列的问题转化为易求的同阶等差数列或低阶等差数列的问题，达到简化的目的[编辑本段]例题精讲 　　例1.数列的二阶差数列的各项均为16，且a63=a89=10，求a51 　　解：法一：显然的二阶差数列是公差为16的等差数列，设其首项为a,则bn=a+(n-1)×16,于是an= a1+ 　　=a1+(n-1)a+16/2(n-1)(n-2) 　　这是一个关于n的二次多项式，其中n2的系数为8，由于a63=a89=10,所以 　　an=8(n-63)(n-89)+10，从而a51=8(51-63)(51-89)+10=3658 　　解：法二：由题意，数列是二阶等差数列，故其通项是n的二次多项式，又a63=a89=10，故可设an=A(n-63)(n-89)+10 　　由于是二阶差数列的各项均为16，所以(a3-a2)-(a2-a1)=16 　　即a3-2a2+a1=16，所以 　　A(3-63)(3-89)+10-2[A(2-63)(2-89)+10]+A(1-63)×(1-89)+10=16 　　解得：A=8 　　an=8(n-63)(n-89)+10，从而a51=8(51-63)(51-89)+10=3658 　　例2.一个三阶等差数列的前4项依次为30,72,140,240，求其通项公式 　　解：由性质(2)，an是n的三次多项式，可设an=An3+Bn2+Cn+D 　　由a1=30、a2=72、a3=140、a4=240得 　　解得： 　　所以an=n3+7n2+14n+8 　　例3.求和：Sn=1×3×22+2×4×32+…+n(n+2)(n+1)2 　　解：Sn是是数列{n(n+2)(n+1)2}的前n项和， 　　因为an=n(n+2)(n+1)2是关于n的四次多项式，所以是四阶等差数列，于是Sn是关于n的五次多项式 　　k(k+2)(k+1)2=k(k+1)(k+2)(k+3)-2k(k+1)(k+2)，故求Sn可转化为求 　　Kn=和Tn= 　　k(k+1)(k+2)(k+3)=[ k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)-(k-1) k(k+1)(k+2)(k+3)]，所以 　　Kn== 　　Tn== 　　从而Sn=Kn-2Tn= 　　例4.已知整数列适合条件： 　　(1)an+2=3an+1-3an+an-1,n=2,3,4,… 　　(2)2a2=a1+a3-2 　　(3)a5-a4=9,a1=1 　　求数列的前n项和Sn 　　解：设bn=an+1-an,Cn=bn+1-bn 　　Cn=bn+1-bn= (an+2-an+1)-( an+1-an)=an+2-2an+1+an=(3an+1-3an+an-1) -2an+1+an=an+1-2an+an-1 　　=Cn-1 (n=2,3,4,…) 　　所以是常数列 　　由条件(2)得C1=2,则是二阶等差数列 　　因此an=a1+ 　　由条件(3)知b4=9，从而b1=3，于是an=n2 　　例5.求证：二阶等差数列的通项公式为 　　证明：设的一阶差数列为，二阶差数列为，由于是二阶等差数列，故为常数列 　　又c1=b2-b1=a3-2a2+a1 　　所以 　　例6.求数列1,3+5+7,9+11+13+15+17,…的通项 　　解：问题等价于：将正奇数1,3,5,…按照“第n个组含有2n-1个数”的规则分组： 　　(1)、(3,5,7)、(9,11,13,15,17),… 然后求第n组中各数之和an 　　依分组规则，第n组中的数恰好构成以2为公差的项数为2n-1的等差数列，因而确定了第n组中正中央这一项，然后乘以(2n-1)即得an 　　将每一组的正中央一项依次写出得数列：1,5,13,25,…这个数列恰为一个二阶等差数列，不难求其通项为2n2-2n+1，故第n组正中央的那一项为2n2-2n+1，从而 　　an=(2n-2n+1)(2n-1) 　　例7.数列的二阶差数列是等比数列，且a1=5,a2=6,a3=9,a4=16,求的通项公式 　　解：易算出的二阶差数列是以2为首项，2为公比的等比数列,则cn=2n, 　　的一阶差数列设为，则b1=1且 　　从而 　　例8.设有边长为1米的正方形纸一张，若将这张纸剪成一边长为别为1厘米、3厘米、…、(2n-1)厘米的正方形，愉好是n个而不剩余纸，这可能吗？ 　　解：原问题即是是否存在正整数n，使得12+32+…+(2n-1)2=1002 　　由于12+32+…+(2n-1)2=[12+22+…+(2n)2]-[22+42+…+(2n)2]=随着n的增大而增大，当n=19时=9129<10000，当n=20时=10660>10000 　　故不存在… 　　例9.对于任一实数序列A={a1,a2,a3,…}，定义DA为序列{a2-a1,a3-a2,…}，它的第n项为an+1-an，假设序列D(DA)的所有项均为1，且a19=a92=0,求a1 　　解：设序列DA的首项为d,则序列DA为{d,d+1,d+2,…},它的第n项是d+(n-1)，因此序列A的第n项 　　显然an是关于n的二次多项式，首项等比数列为 　　由于a19=a92=0，必有 　　所以a1=819 　　摘自数学教育之窗 　　--------------------------------------------------------------- 　　五、公式法（缺少证明）只适用于“规则型高阶等差数列” 　　因为编辑问题，只能用描述的方法，如果有问提请留言 　　 http://hi.baidu.com/w359405949/board　　“an等于C（排列符号）上标：p-2下标：“n+(p-3)乘以（a1+(n-1)*d/(p-1) ）……⑴式 　　说明:"p"和"d"的意义可暂不考虑，关于推导过程，有兴趣的联系，我可以给你解答， 　　下面只给出"p"和"d"的确定方法： 　　“ a1*p^2-(a1+2*a2)*P+2*a3=0”……⑵式 　　解出的p取整数且较小的那个并代入“d=a2-(p-1)a1” ……⑶式 求出d，将"p"和"d"代入上式，得到的方程为通项公式 　　例：1^2+2^2+3^2+4^2+……+n^2=? 　　a1=1^2=1 a2=1^2+2^2=5 a3=1^2+2^2+3^2=14 　　代入⑵式得：p^2-11p+28=0 　　解得p=4，p=7(舍去) 　　将p=4代入⑶式得：d=5-(4-1)*1=2 　　将p=4和d=2代入⑴式得：an=C上标2下标n+1乘以（1+(n-1)*2/(4-1)） 　　整理得：an=C上标2下标n+1乘以(2n+1/3) 　　即：an=(n+1)*n*(2n+1)/6 　　--------------------------------------------------------------- 　　【r阶等差分布函数】（注明：以下内容独立于以上内容，但只是形式不同，二者之间是可以转化的） 　　建立：自然数直角坐标系O-xyz 　　定义：F(x,y)=z满足[1],[2] <==def==> F(x,y)=z是等差分布函数 　　[1]任意y∈N, F(0,y)=F(0,0) 　　[2]任意x,y∈N, F(x+1,y+1)=F(x,y)+F(x+1,y) 　　[1],[2]==>[3]任意x≥0, 第x列F(x,0),F(x,1),…F(x,n),…为x阶等差数列 　　[2]==>[4]任意x≥0,y≥0, F(x,y)+F(x,y+1)+F(x,y+2)+…F(x,y+n)=F(x+1,y+n+1)-F(x+1,y) 　　[2]==>[5]任意x≥0,y≥0, F(x+1,y)+F(x+2,y+1)+F(x+3,y+2)+…F(x+n,y+n-1)=F(x+n,y+n)-F(x,y) 　　�6�1当输入F(x_i,y)(任意i∈N). 即若在每一列的任意格内输入一个数，则F(x,y)=z就被确定下来 　　�6�1当输入F(0,0)=1,F(x_i,0)=0(i≥1)或输入F(x,x)=1(任意x≥0)，则结果得出F(x,y)=z就是杨辉三角！

　1.定义：对于一个给定的数列，把它的连结两项an+1与an的差an+1-an记为bn，得到一个新数列，把数列bn你为原数列的一阶差数列，如果cn=bn+1-bn，则数列是的二阶差数列依此类推，可得出数列的p阶差数列，其中pÎN　　2.如果某数列的p阶差数列是一非零常数列，则称此数列为p阶等差数列　　3.高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称　　4.高阶等差数列的性质：　　(1)如果数列是p阶等差数列，则它的一阶差数列是p-1阶等差数列　　(2)数列是p阶等差数列的充要条件是：数列的通项是关于n的p次多项式　　(3) 如果数列是p阶等差数列，则其前n项和Sn是关于n的p+1次多项式　　5.高阶等差数列中最重要也最常见的问题是求通项和前n项和，更深层次的问题是差分方程的求解，解决问题的基本方法有：　　(1)逐差法：其出发点是an=a1+　　(2)待定系数法：在已知阶数的等差数列中，其通项an与前n项和Sn是确定次数的多项式(关于n的)，先设出多项式的系数，再代入已知条件解方程组即得　　(3)裂项相消法：其出发点是an能写成an=f(n+1)-f(n)　　(4)化归法：把高阶等差数列的问题转化为易求的同阶等差数列或低阶等差数列的问题，达到简化的目的

把11，16，26，（x），127看成高阶等差数列，反复求差：差：5,10，x-26,127-x,差:.....5,x-36,153-2x,所以5+153-2x=2(x-36),158-2x=2x-72,230=4x,x=57.5.

把25、16、10、7、(x)、4看成高阶等差数列，反复求差。差：-9，-6，-3，x-7,4-x,把最后三项看成等差数列，则2(x-7)=-3+4-x,2x-14=1-x,3x=15,x=5

从第二项起,每一项都等于前一项加上同一个数d的有限数列或无限数列.又叫算术数列.这个数d称为等差数列的公差.等差数列可以记作：等差数列从第二项开始每一项是前项和后项的算术平均数。如果等差数列的公差是正数,则该等差数列是递增数列。如果等差数列的公差是负数,则该数列是递减数列。如果等差数列的公差等于零,则该数列是常数列。对于一个数列al,a2,…,an,…,如果它的相邻两项之差a2-a1,a3-a2,…,an+1-an,…构成公差不为零的等差数列,则称数列{an}为二阶等差数列. 运用递归的方法可以依次定义各阶等差数列:对于数列{an},如果{an+1-an}是r阶等差数列,则称数列{an}是r+1阶等差数列.二阶或二阶以上的等差数列称为高阶等差数列。r阶等差数列的通项公式可以用一个关于项数n的r次多项式来表示,反之,通项公式为项数n的r次多项式的数列必为r阶等差数列。高阶等差数列的求和方法主要有两种,一种是将其通项(项数n的r次多项式)表成差分多项式的线性组合从而求和.另一种是利用自然数幂的求和公式,如r阶等差数列的前n项和公式是项数n的r+1次多项式,对r不太高的情况也可用待定系数法来确定。二阶等差数列的通项：式中an是第n项,a1是第一项,n为项数,d1是数列的后项减去紧邻的前一项所得的第一次差构成的数列的首项,d2是第二次差.例如二阶等差数列1,4,9,16,25,36,49,…,通项：二阶等差数列钱n项和例如二阶等差数列{n^2}前n项和{  }是等差数列   =常数d，d为等差数列{  }的公差。

等差数列的前n项和是 二次函数的形式 s=an^2+bn,通项公式是一次的

除了万有引力和光的色谱之外，牛顿的主要贡献还有：1、微积分：微积分的创立是牛顿最卓越的数学成就。牛顿为解决运动问题，才创立这种和物理概念直接联系的数学理论的，牛顿称之为"流数术"。2、二项式定理：在一六六五年，刚好二十二岁的牛顿发现了二项式定理，这对于微积分的充分发展是必不可少的一步。二项式定理在组合理论、开高次方、高阶等差数列求和，以及差分法中有广泛的应用。3、冷却定律：牛顿确定了冷却定律，即当物体表面与周围有温差时，单位时间内从单位面积上散失的热量与这一温差成正比。4、反射望远镜：牛顿1672年创制了反射望远镜。他用质点间的万有引力证明，密度呈球对称的球体对外的引力都可以用同质量的质点放在中心的位置来代替。5、《自然哲学的数学原理》：牛顿最重要的著作，1687年出版。该书总结了他一生中许多重要发现和研究成果，其中包括上述关于物体运动的定律。参考资料：百度百科-艾萨克·牛顿

贾宪是北宋最著名的数学家,在方程解法上有杰出的成就,著有《黄帝九章算法细草》.南宋数学取得了突出的成就,先后有秦九韶、杨辉等大数学家的著作出现.这些数学著作记载许多具有世界意义的学术成就,充分反映了这一时期中国数学高度发展的水平.比如：大数学家秦九韶著有《数书九章》十八卷（1247年）,记有高次方程的数值解法和联立一次同余式的解法.杨辉的著作集中反映当时民间商用数学的情况,收录了现在早已失传的各种数学著作中的一些问题和标法,还记载了改革筹算的一些乘除简捷算法.宋代数学最突出的成就首推高次方程的数值解法与天元术.北宋时期,大数学家贾宪就在《黄帝九章算法细草》中首先提出“开方作法本源图”,即现在的指数为正整数的二项式定理系数表,欧洲人称之为“帕斯卡（1654年）三角”,比贾宪晚了600多年.贾宪还最早提出“增乘开方法”,不仅开平方、开立方,并且推广到任意高次幂的开方.南宋的秦九韶在贾宪的基础上,完善了高次方程求正根的增乘开方法,解决了任意高次方程数值解法问题.秦九韶还在数学史上最早用十进数字作无理数的近似值,同时,还发展了列方程的方法——天元术.此外,秦九韶还提出了“大衍求一术”,即求解一次同余问题.这种方法和现代最大公约数的所谓欧几里得辗转相除法相类似.欧洲直到18、19世纪,大数学家欧拉（1743年）、高斯（1801年）等对一般一次同余式进行详细研究,才得到与秦九韶“大衍求一术”相同的定理.宋代数学家对高阶等差级数的研究取得了辉煌的成就.宋代对高阶等差数列的研究最早是由沈括的“隙积术”开始的.沈括在他的《梦溪笔谈》从“酒家积罂”、“层坛”（例如堤坎、城墙等分层筑土工程体积）等实际问题出发提出“隙积术”,相当于解决了高阶等差数列求和的问题.沈括还对弧、弦、矢之间的关系详细考察,给出了我国数学史上第一个由弦和矢的长度求弧长的比较实用的近似公式,即“会圆术”.“会圆术”在天文学与其他学科发展中曾起过极重要的作用.元代的王恂、郭守敬在推算授时历中曾加以应用.沈括还记录了北宋初期产生的一种增乘代除法,它是后来珠算归除口诀的前身.