http://cartalana. ru/m-45.php
Геометрическая прогрессия
1. Общие сведения. Геометрической прогрессией называется такая числовая последовательность, в которой каждое число, начиная со второго, равняется предшествующему; умноженному на одно и то же число, постоянное для этой последовательности.
Числа, составляющие прогрессию, называются ее членами. Геометрическую прогрессию записывают так:
∺ u ₁, u ₂, u ₃, ..., u n , ...
Общий член прогрессии обозначают через u n .
Число, на которое надо умножить любой член геометрической прогрессии, чтобы получить последующий, называется знаменателем геометрической прогрессии; он обозначается буквой q .
Отсюда следует, что частное от деления каждого члена геометрической прогрессии на предыдущий равно знаменателю прогрессии. Знаменатель прогрессии может быть и положительным, и отрицательным числом.
Пример 1. Последовательность 8, -16, 32, -64, 128, -256, 512, ..., есть геометрическая прогрессия со знаменателем - 2.
Пример 2. Последовательность 
есть геометрическая прогрессия со знаменателем 
.
Всякий член геометрической прогрессии, начиная со второго, равен первому члену, умноженному на знаменатель прогрессии в степени, показатель которой равен числу членов, предшествующих определяемому, т. е. выражается формулой
u n = u 1 q n -1
Отсюда следует, что геометрическую прогрессию, у которой первый член а , знаменатель q и число всех членов n, можно записать так:
∺ u , uq , uq 2, ..., uq n -1.
Всякий член геометрической прогрессии связан с предыдущим и последующим ему членами такой зависимостью:
Во всякой геометрической прогрессии u m u n = u p u q , если m + n = р + q . В частности, если прогрессия имеет конечное число членов, то произведение двух членов, равноотстоящих от ее концов, равно произведению крайних членов.
Сумма членов геометрической прогрессии выражается формулой
или
Бесконечная геометрическая прогрессия, знаменатель которой по абсолютной величине меньше 1, называется бесконечно убывающей геометрической прогрессией.
Примеры бесконечно убывающих геометрических прогрессий:
Суммой бесконечно убывающей геометрической прогрессии называют предел суммы n ее первых членов при бесконечном возрастании n ( n → ∞)
Следовательно, сумма бесконечно убывающей геометрической прогрессии равна частному от деления первого члена этой прогрессии на разность единицы и знаменателя прогрессии.
2. Задачи на геометрическую прогрессию.
Задача 1. Вычислить пятый член геометрической прогрессии, в которой первый член равен 3, а знаменатель прогрессии 2.
Решение. u ₁ = 3, q - 2; u ₅ = u ₁ q 5-1 = 3 · 24 = 48.
Ответ. u ₅ = 48.
Задача 2. Найти сумму членов геометрической прогрессии, в которой 
.
Решение.
Ответ. 
Задача 3. Определить первый член и сумму членов геометрической прогрессии, в которой
Решение.
u n = u 1 q n -1, u 10 = u 1 q 9
Отсюда
Ответ. 3584, 7163.
Задача 4. Определить первый и последний члены геометрической прогрессии, в которой
n = 8, q = 2, S8 = 765.
Решение. Используя формулы общего члена и суммы прогрессии, получаем:
или
u 8 = u 1 · 128, 765 = u 1(28 - 1).
Решив эти уравнения относительно u 1 и u 8, получим:
u 1 = 3, u n = 384.
Ответ. 3; 384.
Задача 5. Найти геометрическую прогрессию, состоящую из 6 членов, зная, что сумма трех первых ее членов равна 168, а сумма трех последних 21.
Решение.
a ₁ + a ₂ + a ₃ = 168;
a ₄ + а ₅ + a ₆ = 21,
или
a + aq + aq 2 = 168;
aq 3 + a 4 + aq 5 = 21.
Отсюда
a (1+ q + q 2) = 168;
aq 3(1 + q + q 2) = 21.
Значит, 
. Тогда a = 96.
Ответ. ∺ 96, 48, 24, 12, 6, 3.
Задача 6. Найти три числа, образующие возрастающую геометрическую прогрессию, зная, что их сумма равна 26, сумма квадратов этих чисел 364.
Решение. Так как а ₁ а ₂, а ₃ образуют геометрическую прогрессию, то а ₁ = а , а ₂ = aq , а ₃ = aq ². Тогда по условию имеем:
а + aq + aq ² = 26,
a ² + a ² q ² + a ² q ⁴ = 364.
Решив систему, получим: 
и а = 2. Так как прогрессия возрастающая, то ее знаменатель будет 3.
Ответ. 2, 6, 18.
Задача 7. Три положительных числа, дающие в сумме 21, составляют арифметическую прогрессию. Если к ним соответственно прибавить 2, 3 и 9, то полученные числа составят геометрическую прогрессию. Найти эти числа.
Решение.
а , а + d , a + 2 d .
∺ а + 2, а + d + 3, а + 2 d + 9.
Согласно условию, имеем:
a + a + d + а + 2 d = 21,
или
3 а + 3 d = 21,
или
После преобразований получим:
d ² + 2 d - 5 a - 9 = 0.
Так как а = 7 - d , то d ² + 7 d - 44 = 0; d ₁ = 4, d ₂ = -11. Тогда a ₁ = 3, a ₂ = 18.
Второе значение не удовлетворяет условию задачи, так как оно приводит к числам 18, 7 и -4, а последнее из них неположительное. Следовательно, d = 4 и а = 3. Тогда имеем такие числа: 3, 7, 11.
Ответ. 3, 7, 11.
Задача 8. Найти сумму бесконечно убывающей геометрической прогрессии
Решение.
Ответ. 
Задача 9. Сумма бесконечно убывающей геометрической прогрессии равна 12,5, а сумма первого и второго членов ее 12. Найти эту прогрессию.
Решение. По условию, S = 12,5; u ₁ + u ₂ - 12. Имеем: 
Исключив из этой системы u ₁ получим квадратное уравнение
12,5 q ² - 0,5 = 0.
Тогда 
или u ₁ = 15.
Ответ. ∺ 10; 2; 
; … и
∺ 15; -3; 
; …
3. Исторические сведения о прогрессиях. Прогрессии встречаются уже у математиков глубокой древности - в папирусе Ахмеса, у Архимеда, у некоторых китайских математиков. Древние индийские математики также знали арифметическую и геометрическую прогрессии, а Брахмагупта (628 г. н. э.) рассматривал, кроме того, последовательности, построенные из квадратов и кубов чисел натурального ряда.
Само слово "прогрессия" было введено римскими математиками, его употреблял, в частности, Боециус (510 г. н. э.).
Старые математики связывали между собой понятия "пропорции" и "прогрессии". Прилагая к пропорциям наименования арифметической, геометрической и гармонической, они считали, что пропорция является ничем иным, как четырехчленной прогрессией. Большинство из них давало лишь формулу суммы прогрессии, причем без доказательства; некоторые приводили также формулу для определения последнего члена арифметической прогрессии, также без доказательства. Правило для нахождения любого члена арифметической прогрессии было дано Карданом в 1539 г.
Формула для суммы членов геометрической прогрессии впервые в западноевропейской литературе встречается в книге Фибоначчи (1202 г.), затем ее приводит Пойербах (1460 г.). Формула эта для суммирования бесконечной прогрессии была обобщена французским математиком Виетом в 1590 г.
44. Метод математической индукции
Во многих разделах современной математики используется метод доказательства, который называется методом математической индукции. В его основе лежит следующая аксиома индукции. Если некоторое утверждение справедливо для n = 1 и если из допущения справедливости его для какого-нибудь произвольного натурального n= k следует справедливость его и для n = k + 1, то это утверждение справедливо для всякого натурального n .
Пример 1. Доказать формулу общего члена арифметической прогрессии:
а n = a ₁ + ( n - 1) d .
Доказательство. Она верна для n = 1, так как тогда будет а ₁ = а ₁. Предположим, что формула верна для n = k , т. е. а k = а 1 + ( k - 1) d . Тогда a k +1 = а k + d = a 1 + ( k - 1) d + d = a 1 + k d .
Как видим, если формула верна для n = k , то она верна и для n = k + 1. Для n = 1 она верна. Следовательно, доказываемая формула верна при каждом натуральном значении n .
Пример 2. Доказать, что при любом n
1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) = ².
Доказательство. При n = 1 это равенство верно: 1 = 1.
Предположим, что оно верно при некотором произвольном n = k , т. е., что
1 + 3 + 5 + ... + (2 k - 1) = k ².
Тогда, прибавив к обеим его частям одно и тоже число 2 k + 1, получим
1 + 3 + 5 + ... + (2 k - 1) + (2 k + 1) = k ² + 2 k + 1,
или
1 + 3 + 5 + ... + (2 k - 1) + [2( k + 1) - 1] = ( k + 1)².
Итак, рассматриваемое равенство справедливо при n = 1, и из допущения справедливости его при n = k вытекает, что оно справедливо и при n = k + 1. Следовательно, оно верно при каждом натуральном n .
Методом математической индукции можно доказывать и такие утверждения, которые при n = 1 не верны, но которые верны, начиная с некоторого натурального р , большего 1. При этом используют такое следствие из аксиомы индукции: если некоторое утверждение справедливо для n = р и если из допущения справедливости его для какого-нибудь n - k ≥ p вытекает справедливость его и для n = k + 1, то это утверждение справедливо для всех натуральных чисел, начиная с р .
Пример 3. Доказать, что при всех n ≥ 5 имеет место неравенство
2ⁿ > n ².
Доказательство. При n = 5 это неравенство верно, так как 32 > 25.
Предположим, что при некотором произвольном k ≥ 5
2 k > k ²
тогда должно быть верным также неравенство
2 k + 2 k > k ² + k ².
Но так как 2 k + 2 k = 2 k +1 и при k ≥ 5 k ² > 2 k + 1, то из предположения следует
2 k +1 > k ² + 2 k + 1,
или
2 k > ( k + 1)².
Как видим, если данное неравенство верно при n = k ≥ 5, то оно верно и при n = k + 1. При n = 5 оно верно. Следовательно, это неравенство справедливо при всех натуральных n ≥ 5.
