伸缩系列-总和

一个伸缩式系列级数中每一项都在哪里 $u_k$可以写成 $t_{k} - t_{k+1}$对于一些系列 $t_ {k}识别$．这是一个具有挑战性的代数子部分，要求求解器在一系列分数中寻找模式，并使用大量的逻辑思维。这些模式通常会导致大量的抵消，使问题可以用手工解决。有些模式比其他的更难发现。通常,<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/partial-fractions/" class="wiki_link" title="部分分式" target="_blank">部分分式在这里的使用方式将在后面演示。

这样一个级数的好处是它能让我们很容易地把各项相加，因为

$\{对齐}开始u_1 + u_2 + u_3 + \ cdots + u_n & = (t_1—t_2) + (t_2 - t_3) + (t_3, t_4) + \ cdots + (t_n - t_ {n + 1识别 } ) \\ &= t_1 - t_ {n + 1}识别。结束\{对齐}$

观察大多数 $t_k$项和其他括号里对应的项抵消掉了，因此只剩下 $t_1 - t_ {n + 1}识别$．这相当于一个可折叠的望远镜，在这个望远镜里，长望远镜很容易缩回到一个小仪器，可以放进你的口袋里。

当你工作的时候<一个href="//www.parkandroid.com/problems/telescoping-series-1-find-the-next-term/">Arron的望远镜系列研究，你会意识到这个系列 $u_k = \压裂{1}{k (k + 1)}$和术语 $T_k = \frac{1}{k}$,我们有 $U_k = t_k - t_{k+1}$自

$\压裂{1}{k} - \压裂{1}{k + 1} = \压裂{k + 1} {k (k + 1)} - \压裂{k} {k (k + 1)} = \压裂{1}{k (k + 1)}。$

因此，我们有了望远镜系列。这使我们得出这样的结论

$n \ \ sum_ {i = 1} ^压裂{1}{我(i + 1)} = \压裂{1}{1}- \压裂{1}{n + 1}。$

特别是,自 $\压裂{1}{n + 1}$趋于0时, $n$变大了，我们得到这个

$* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *$

评估 $\ displaystyle \压裂{1}{4}+ \压裂{1}{28}+ \压裂{1}{70}+ \ cdots + \压裂{1}{9700}$．

---

我们可以把这个表达式写成 $\frac{1}{1 \times 4} + \frac{1}{4 \times 7} + \frac{1}{7 \times 10} + \cdots + frac{1}{97 \times 100}$．

然后有一种方法可以让大部分的这些抵消掉，那就是

${对齐}\ \开始dfrac {1} {1 \ * 4} + \ dfrac {1} {4 \ * 7} + \ dfrac{1}{7 \乘以10}+ \ cdots + \ dfrac{1}{97 \乘以100}& = \ dfrac{1}{3} \离开(\ dfrac {4 - 1} {1 \ * 4} + \ dfrac {7 - 4} {4 \ * 7} + \ dfrac{10 - 7}{7 \乘以10}+ \ cdots + \ dfrac{100 - 97}{97 \乘以100}\右)\ \ & = \ dfrac{1}{3}左(\ \ dfrac {1} {1} - \ dfrac {1} {4} +\ dfrac {1}, {4} \ dfrac {1} {7} + \ cdots + \ dfrac {1}, {97} \ dfrac {1} {100} \) \ \ & = \ dfrac{1}{3} \离开(1 - \ dfrac {1} {100} \) \ \ & = \ dfrac{1}{3} \离开(\ dfrac {99} {100} \) \ \ & = \ dfrac{33}{100}。\ \ _ \广场结束{对齐}$

评估 $\ displaystyle \压裂{1}{\ sqrt {1} + \ sqrt{2}} + \压裂{1}{\ sqrt {2} + \ sqrt{3}} + \压裂{1}{\ sqrt {3} + \ sqrt {4}} + \ cdots + \压裂{1}{\ sqrt {99} + \ sqrt{100}}。$

---

每个分数的分子和分母都乘以分母的共轭。然后，例如，第一项化简为

$\ dfrac {1} {\ sqrt {1} + \ sqrt {2}} \ cdot \ dfrac大概{2}- {\ \ sqrt {1}} {\ sqrt {2} - \ sqrt {1}} = \ sqrt {2} - \ sqrt{1}。$

如果你对每个连续的分数都这样做，你会得到 $1$在分母中得到

$\√{2}- \ sqrt{1}) + \√{3}- \ sqrt{2}) + \√{4}- \ sqrt {3}) + \ cdots。$

就像望远镜一样，它可以折叠，最后一个分数可以简化成 $\ sqrt大概{99}{100}- \$．因为它的 $\ sqrt {99}$这个会消掉，给定的表达式等于

$\sqrt{100} - sqrt{1} = 10-1 = 9\ _ \广场$

评估 $\ displaystyle \ sum_ {n = 1} ^ {2015} \ dfrac {1} {n ^ 2 + 3 n + 2}$．

---

对于这类问题，你需要一些知识<一个t一个rget="_blank" rel="nofollow" href="//www.parkandroid.com/wiki/partial-fractions-linear-factors/">部分分式．

重写 $\frac{1}{n²+ 3n + 2}$在表单中 $\压裂{一}{n + 1} + \压裂{b} {n + 2}$．然后我们可以这样说 $A (n+2) + b(n+1) = 1。$

一种简单的计算方法 $一个$和 $b$就是代入一些简单的数字。例如,我们 $n = 2$．然后我们得到 $0a - b = 1$,所以 $b = 1$．如果我们让 $n = 1$，然后我们得到 $A + 0b = 1$,所以 $一个= 1$．我们的部分分式分解得到了这个 $\压裂{1}{n ^ 2 + 3 n + 2} = \压裂{1}{n + 1} - \压裂{1}{n + 2}$．

现在,我们有 $\ displaystyle \ sum_ {n = 1} ^{2015}左\ [\ dfrac {1} {n + 1} - \ dfrac {1} {n + 2} \正确)$．这意味着我们有

$\ dfrac {1} {2} - \ dfrac {1} {3} + \ dfrac {1}, {3} \ dfrac {1} {4} + \ dfrac {1}, {4} \ dfrac {1} {5} + \ cdots + \ dfrac {1}, {2015} \ dfrac {1} {2016} + \ dfrac {1}, {2016} \ dfrac{1}{2017}。$

注意一堆项是如何被抵消的，就像一个塌缩的望远镜。

这使得

$\ dfrac {1} {2} - \ dfrac {1} {2017} = \ dfrac{2015}{4034}。\ _ \广场$

让 $fn$是斐波那契数列 $F_0 = f_1 = 1$和 $f {n + 2} = f {n + 1} + fn$对所有 $n \ geq0$．

证明 $\ displaystyle \ sum_ {k = 1} ^ {n} \ dfrac {1} {f f {k + 1}} {k - 1} < 1$对所有 $n \组1$．

---

对所有 $k \组1$,我们有

${对齐}\ \开始dfrac {1} {f f {k + 1}} {k - 1} & = \ dfrac {F_k} {f {k - 1} F_kF_ {k + 1}} \ \ & = \ dfrac f {k + 1} {f {k - 1}} {f {k - 1} F_kF_ {k + 1}} \ \ & = \ dfrac {1} {f {k - 1} F_k} - \ dfrac {1} {F_kF_ {k + 1}}。结束\{对齐}$

因此，我们有了望远镜系列。这使我们得出这样的结论

$\ sum_ {k = 1} ^ {n} \ dfrac {1} {f f {k + 1}} {k - 1} = \ dfrac {1} {F_0F_1} - \ dfrac {1} {F_nF_ {n + 1}} = 1 - \ dfrac {1} {F_nF_ {n + 1}} < 1。\ _ \广场$