伸缩级数和

一个伸缩式系列级数中每一项都在哪里 $u_k$可以写成 $t_{k} - t_{k+1}$对于某些系列 $t_ {k}识别$. 这是代数中具有挑战性的一部分，要求解算器在一系列分数中寻找模式，并使用大量逻辑思维。这些模式往往会导致大规模的取消，使问题可以手动解决。有些模式比其他模式更难找到。经常<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

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

观察到大多数 $杜克$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。

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

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

因此，我们有了望远镜系列。这使我们得出这样的结论

$\和{i=1}^n\frac{1}{i（i+1）}=\frac{1}{1}-\frac{1}{n+1}。$

特别是,自 $\分形{1}{n+1}$趋于0时, $n$变大了，我们明白了

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

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

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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部分抵消掉，这就是

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

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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

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

就像望远镜一样，它可以折叠，最后一部分可以简化为 $\ sqrt大概{99}{100}- \$. 因为这是 $\sqrt{99}$这个会消掉，给定的表达式等于

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

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

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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 $\分形{1}{n^2+3n+2}$在表单中 $\frac{a}{n+1}+\frac{b}{n+2}$. 那么我们可以这么说 $A (n+2) + b(n+1) = 1。$

一种计算 $一个$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 $a=1$．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 $\displaystyle\sum{n=1}{2015}\left[\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n+2}\right]$. 这意味着我们有

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

注意一堆项是如何被抵消的，就像一个塌缩的望远镜。

这只剩下

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

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 $\displaystyle\sum{k=1}^{n}\dfrac{1}{F{k-1}F{k+1}}<1$对所有 $n \组1$．

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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

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