Суммирование членов арифметической и геометрической прогрессий геометрическим методом Текст научной статьи по специальности «Математика»

ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЕ НАУКИ

УДК 371.3:51

В. А. Далингер

доктор педагогических наук, профессор, профессор кафедры математики и методики обучения математике, ФГБОУ ВО «Омский государственный педагогический университет», г. Омск, РФ

E-mail: dalinger@omgpu.ru

СУММИРОВАНИЕ ЧЛЕНОВ АРИФМЕТИЧЕСКОЙ И ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ПРОГРЕССИЙ ГЕОМЕТРИЧЕСКИМ МЕТОДОМ

Аннотация

В статье рассматривается вопрос о задании и суммировании членов арифметической и геометрической прогрессий геометрическим методом.

Ключевые слова

Арифметическая прогрессия, геометрическая прогрессия, сумма n первых членов прогрессий,

геометрический метод.

В данной статье рассматривается наглядное задание и суммирование n первых членов арифметических и геометрических прогрессий с постоянными разностями и знаменателями соответственно.

1. Покажем интересный геометрический способ получения членов такой геометрической прогрессии:

2 3 4

a , a2 , a3 , a4 , ... . Построим две взаимно перпендикулярные прямые Ox и Oy .

От точки О по оси Охотложим отрезок ОА = 1 , а по оси Oy отрезок ОВ = a (рис.1). Соединим точку А с точкой В отрезком АВ и из точки В восстановим перпендикуляр к этому отрезку. Этот перпендикуляр пересечет ось Ох в точке С ; из этой точки снова восстановим перпендикуляр к ВС , и т.д.

г;

В

Е

,->

х.

Рисунок 1 - Геометрическое задание членов прогрессии Докажем, что ОС = а2 , ОД = а3, ОЕ = а4 и т.д.

По теореме о перпендикуляре из вершины прямого угла на гипотенузу, имеем ОА х ОС = (ОВ)2 , то есть ОС = а2 , ОВ х ОД = (ОС)2 , то есть ОД = а3 , ОС х ОЕ = (ОД)2 , то есть ОЕ = а4 , и т.д.

ISSN 2410-6070

ИННОВАЦИОННАЯ НАУКА

№2 / 2019

2. Рассмотрим еще один пример геометрической прогрессии, заданной геометрически. Возьмем острый угол АОВ , равный а (рис.2).

Пусть ОА = 1. Опустим из точки А на прямую ОВ перпендикуляр АС , тогда ОС = cosa . Проведем СД^ОА , тогда будем иметь два подобных треугольника: ЛАОС и ААДС. Из подобия

OD OC

треугольников получим

.Учитывая, что ОА = 1, ОС = cosa, получим ОД = cos2a .

OC OA

Последовательно опуская перпендикуляры ДЕ , EF и т.д. мы получим ОЕ = cos3a , ОF = cos4a и т.д.

Рисунок 2 - Геометрическое задание членов геометрической прогрессии Итак, имеем последовательность cosa, cos2a, cos3a, cos4a, ... Если мы вместо a возьмем любое

значение, то получим соответствующую числовую последовательность. Например, а =

ж ж 2 ж ж 4 42 1 42 1 42 сов— , (сов — )2 , (сов — )3 , (сое — )4 , ... или - , — , - , — , -, ...

4 4 4 4 2 2 4 4 8

3. Возьмем острый угол ВОА (рис.3), равный а. Проведем АСЮВ , CD±OA , CR1AB , КНЮВ , НМ1АВ и т. д.

ж 4

Рисунок 3 - Геометрическое задание прогрессии членами которой является тригонометрические величины

AD AC

Из подобия АОАС и ААСД получили —— = ——-. Учитывая, что ОА = 1 , АС = sina ,

AC OA

получили СК = АД = sin2a .

Из подобия АСНК и АСКА получили

HK KC

CK AC

. Из подобия АОСА и АСКА получили

КС АС НК АС

—— = ~~~. Из двух последних равенств будем иметь —— = —— . Учитывая, что ОА = 1 , СК = sin2a , АС

АС АО СК АО

= sina , получили НК = sin3a . Аналогично можно получить, что НМ = sin4a и т.д. Итак, имеем прогрессию sina , sin2a , sin3a , sin4a , ...

4. Интерес представляет задание геометрической прогрессии, члены которой являются суммами чисел в каждой горизонтальной строке треугольника Паскаля . Действительно:

1 = 20 1 + 1 = 21 1 + 2 + 1 = 22 1 + 3 + 3 + 1 =23 1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 24

Получили геометрическую прогрессию с первым членом Ь\ = 1 и знаменателем q = 2.

5. Пусть окружность (рис.4) разделена на некоторое число равных дуг АМ , МN , ^ , HQ и т.д. Точки А , М, N, Р , Q и т.д. соединим с точкой О отрезками, которые являются радиусами

окружности. Из точки А опустим перпендикуляр АМ' на радиус ОМ ; из точки М опустим перпендикуляр МN' и т.д.

р

/ \ в' 4

N1

\ 1

\ у/ ¿1 / \ tf i У М

//

Рисунок 4 - Геометрическое задание прогрессии, членами которой являются числа треугольника Паскаля

Предлагаем читателю доказать, что длина получаемой ломаной линии АМ N Р ^... равна сумме членов некоторой геометрической прогрессии, для чего возьмите радиус окружности равный 1 , а окружность разбейте на 6 , 8 и 12 равных частей .

В качестве подсказки сообщим, что длина этой ломаной будет равна длине ломаной АМ'А1ААА4... Докажите вначале, что длина отрезков АМ', А1А2 , А3А4 , ... и АМ', АА2 , А5А4 , ... являются геометрическими прогрессиями с одним и тем же знаменателем. Заметим, что в случае, когда окружность

разделена на 6 равных дуг, сумма прогрессии будет равна -\/э , в случае деления на 8 равных частей (1 +

) , в случае деления на 12 равных дуг - (2 + л/3).

s

В первом случае мы имели геометрическую прогрессию с первым членом bi = и знаменателем

1

qi = — , во втором случае -

л/2 1 1 л/3

bi =-, q2 = ~j=, в третьем случае bi = — , q3 =-.

2 V2 2 2

б.Пусть заданы два первых члена убывающей геометрической прогрессии. Покажем, как можно

геометрически найти ее другие члены.

Чертим отрезок АВ', равный первому члену прогрессии (рис. 5). Через точки А и В' проведем две

произвольно взятые прямые Ox и Oy, пересекающиеся в точке О. На АВ' отложим отрезок КВ', равный

второму члену прогрессии. Через точку К проведем прямую, параллельную Oy. Через точку пересечения В

этой прямой с прямой Ox, проведем прямую, параллельную АВ' ; затем через точку С'- параллельную В В

и т.д.

BC OB OC OC CD'

Тогда . D, = „ . = „D, = = = .. Это означает, что члены данной прогрессии будут равняться AB OA OB OB BC

OC

отрезкам АВ, ВС, СД, ДЕ, ЕМ'и т.д. Знаменатель этой прогрессии равен q = ttzt .

OB

Рисунок 5 - Геометрический способ нахождения членов прогрессии

На основании сказанного выше можно легко отыскать сумму любого числа членов убывающей геометрической прогрессии. Достаточно продлить линии СС", ДД", ЕЕ", ... до их пересечения с продолжением линии АВ"в точках С '", Д" Е"и т.д. (рис. 6).

Читатель легко сможет сам доказать, что АС" АД' ", АЕ" - это суммы двух, трех и четырех членов прогрессии.

Если через точку О провести до пересечения с продолжением отрезка АВ" в точке О " прямую ОО " параллельную прямой ВВ , то получим отрезок АО , который будет представлять собой сумму членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии:

АО " = АВ' + ВС' + СД ' + ДЕ'+...

На рисунке 6 задана еще одна бесконечно убывающая геометрическая прогрессия с тем же

ОС

знаменателем q = , но с другим первым членом.

ISSN 2410-6070 ИННОВАЦИОННАЯ НАУКА №2 / 2019

Рисунок 6 - Геометрическое задание членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии

Из рисунка 23 имеем

CC OC OC OD' DD'

~ =... Это означает, что отрезки ВВ, СС, ДД, ЕЕ,

ББ' ОБ' ОБ ОС СС

... также являются членами бесконечно убывающей геометрической прогрессии.

Предлагаем читателю доказать самостоятельно, что сумма членов этой прогрессии равна отрезку

ОО .

1 I I ±

2 , 4 , 8 , 16

Графически эту прогрессию можно представить так (рис. 7).

7. Известно, что прогрессия ~ , . , „ , Т7,... с бесконечным числом членов дает в сумме 1.

2 4 о 16

А

А'

D'

и........

■иг

С"'

С/

D'"

в"'

В'

о С' с

Рисунок 7 - Геометрический способ суммирования членов прогрессии

В первый квадрат АВСД со стороной равной 1 впишем второй так, чтобы его вершины лежали на точках, делящих стороны первого квадрата пополам. Легко доказать, что сумма площадей треугольников

АА Д + ВВ А + СС В + ДД С

равняется половине площади квадрата АВСД, то есть . Сумма площадей треугольников АА' Д" + А '"В В "

+ В '"С С " + С' ДД" равна ~ площади квадрата АВСД и т.д.

У

ISSN 2410-6070

ИННОВАЦИОННАЯ НАУКА

№2 / 2019

Продолжая эту прогрессию в бесконечность, мы в пределе получим всю площадь первоначального квадрата АВСД, которая равна 1.

i _L i

8. Найдем геометрическую сумму бесконечно убывающей геометрической прогрессии 4 , 16 , 64 , " Рассмотрим треугольник АВС (рис. 8), площадь которого равна единице.

Точки Д и Е являются серединами сторон АС и АВ соответственно; ВД будет тогда медианой, опущенной из вершины В.

Соединим точки Д и Е и проведем прямую EF, параллельную АС, затем прямую FK, параллельную ДЕ и т.д.

B

A ¿

Рисунок 8 - Геометрический способ суммирования бесконечно убывающей геометрической прогрессии Из рисунка 8 видно, что заштрихованные треугольники АДЕ, EFK, KHM, MON и т.д. имеют площади

i _L i

равные . , лг , , ... площади ААВС. 4 16 64

Сумма их площадей Бмде + S^EFк + S^кнм + SшoN +... будет равна 3 , так как 5'ааде = 3 SАЕLC, S^EFк = SЕKРH и т.д.

Отсюда 8ааде + S&EFк + S&кнм +... = 3 S^Авc, а так как 8мвс = 1, то эта сумма равна 3 . 9. Найти сумму арифметической прогрессии 1, 4, 7, 10, 13, 16.

Рисунок 9 - Геометрический способ нахождения суммы членов арифметической прогрессии

C

1

1

1

1

ISSN 2410-6070

ИННОВАЦИОННАЯ НАУКА

№2 / 2019

Запишем вначале эту прогрессию в обратном порядке 16, 13, 10, 7, 4, 1. Начертим в первом ряду 1 клетку заштрихованную и 16 не заштрихованных, во втором - 4 клетки заштрихованные и 13 не заштрихованных и т.д. (рис. 9).

Очевидно, что сумма членов равна или числу заштрихованных, или числу не заштрихованных клеток, следовательно, половине всех клеток образованного таким образом прямоугольника; эта сумма равна 6-(16

6(16 + 1)

+ 1), значит, сумма членов прогрессии 1, 4, 7, 10, 13, 16 будет равна ^ _ .

Требуемая сумма геометрически может быть найдена и так, как показано на рисунке 10.

1 + 4 + 7 + 10 + 13 + 16 = (16 + 1)»3 = 51.

Рисунок 10 - Другой способ нахождения суммы членов арифметической прогрессии Предлагаем читателю самостоятельно найти аналогичным способом сумму п первых натуральных

чисел

1 + 2 + 3 +... + п. 10. Найти сумму первых девяти нечетных чисел. Изобразим квадрат со стороной равной 9 (рис. 11). Закрасим квадрат таким образом, как это показано на рис. 11.

Эти Г-образные фигуры древние греки называли гномонами. Подсчитывая количество квадратов в каждом гномоне, будем иметь последовательность 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17 - это последовательность нечетных чисел. Их сумма, без непосредственного пересчитывания квадратиков, может быть найдена как площадь квадрата АВСД.

B

A

C

D

Рисунок 11 - Геометрический способ нахождения суммы ограниченного числа членов ряда простых чисел

1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 + 17 = 81

Обобщая этот результат, мы получаем формулу для вычисления суммы п первых нечетных чисел:

1 + 3 + 5 + 7 +... + (2п- 1) = п2. 11. Вычислим сумму k членов такой последовательности

13, 23, 33,..., к3,

то есть сумму кубов k натуральных чисел.

Стороны квадрата АВСД (рис. 12) равны сумме 1 + 2 + 3 +... + k. В этом квадрате при вершине А построим ряд квадратов со сторонами:

1, (1 + 2), (1 + 2 + 3),..., (1 + 2 + 3 +... + к). Гномон ВСДДС В'с шириной, равной k, имеет площадь:

Звсдд С В ' = Sвв РС + 8ДД ССЕ— ^СЕС Р = 2 kAD — к2.

к (к +1)

AD есть сумма арифметической прогрессии 1 + 2 + 3 + ... + к и она равна 2 , поэтому площадь гномона ВСДД С В' составляет:

к2 (к + 1) -к2 = к3.

В В'

Е' С

С_Е_

А 1 2 3

й' й

Рисунок 12 - Геометрический способ нахождения суммы первых членов прогрессии, представляющих кубы натуральных чисел

Следовательно, гномоны, изображенные на рисунке, будут иметь площадь: 13, 23, 33,..., к3. Сумма их представляет собой квадрат со стороной, равной 1 + 2 + 3 +... + к. Это значит, что сумма кубов чисел натурального ряда равняется квадрату суммы этих чисел, то есть

13 + 23 + 33 +... + к3 =

к (к +1) 2

л2

3

Предлагаем читателю привести свои примеры геометрического задания членов арифметических и геометрических прогрессий и их суммирования. Новыми, еще никем не исследованными окажутся результаты, относящиеся к прогрессиям с переменными разностями и знаменателями.

Список использованной литературы:

1. Далингер В.А., Князева О.О., Муравская О.И. Арифметические прогрессии с переменными разностями: учебное пособие. - Омск: Изд-во ОмГПУ,1998.- 100с

2.Далингер В.А., Князева О.О. Учебно-исследовательская работа учащихся по математике: учебное посодие.- Омск: Изд-во «Амфора», 2017.- 224 с.

3. Еленьский Ш. По следам Пифагора: занимательная математика / Перевод с польского Г.Ф.Боярской, Б.В.Боярского, А.А.Якушева; научный редактор Ф.В.Широков.- М.: Детгиз, 1961. - 486 с.

© Далингер В. А., 2019