2.3 Telescopic Sums and Products in

2.3 Telescopic Sums and Products in Algebra
We have already seen in the previous chapter that many sums can be easily computed
by telescoping them, that is, by putting them in the form
nΣ
k=2
[F(k)−F(k−1)].
Indeed, in such a sum the F(k)’s, for k between 2 and n−1, cancel out, giving the
answer F(n)−F(1). The reader might notice the similarity between this method of
summation and the fundamental theorem of calculus and conclude that what we do is
find a discrete antiderivative for the terms of the sum.
A simple example employing the method of telescopic summation is the following.
Compute Σnk
=1 k! · k.
If we write k! · k = k! · (k + 1 − 1) = (k + 1)! − k!, then the sum becomes
Σnk
=1[(k+1)!−k!], which, after cancellations, is equal to (n+1)!−1.
Evaluate the sum
nΣ
k=1
1
(k+1)
√
k+k
√
k+1
.
2.3. Telescopic Sums and Products in Algebra 45
The idea is to rationalize the denominator. We have
((k+1)
√
k−k
√
k+1)((k+1)
√
k+k
√
k+1)
= k(k+1)2−(k+1)k2 = k(k+1).
The sum becomes
nΣ
k=1
(k+1)
√
k−k
√
k+1
k(k+1)
=
nΣ
k=1

√1
k
− √ 1
k+1

= 1− √ 1
n+1
.
And now a problem from the Leningrad Mathematical Olympiad.
Prove that for all positive integers n,
n−1 <
√ 1
1+
√
2
+
√ 3
2+
√
5
+· · ·+
 2n−1
(n−1)2+1+
√
n2+1
< n.
In order to prove this double inequality, note that
 2k−1
(k−1)2+1+
√
k2 +1
=
(2k−1)
√
k2 +1−

(k−1)2+1

k2+1−(k−1)2−1
=

k2+1−

(k−1)2+1.
Hence
√ 1
1+
√
2
+
√ 3
2+
√
5
+· · ·+
 2n−1
(n−1)2+1+
√
n2+1
=
√
2−1+
√
5−
√
2+· · ·+

n2+1−

(n−1)2+1,
which telescopes to
√
n2+1−1. The double inequality
n−1 <

n2+1−1 < n
is easy and is left to the reader.
The last example comes from the 2006 Bulgarian Mathematical Olympiad.
Find all pairs of polynomials P(x) and Q(x) such that for all x that are not roots of
Q(x),
P(x)
Q(x)
− P(x+1)
Q(x+1)
=
1
x(x+2) .
For the solution, write the equation from the statement as
P(x)
Q(x)
− P(x+1)
Q(x+1)
=
2x+1
2x(x+1)
− 2(x+1)+1
2(x+1)(x+2).
46 Chapter 2. Algebra and Analysis
Choose a positive integer n and let x be large enough, then add the equalities
P(x+k)
Q(x+k)
− P(x+k+1)
Q(x+k+1)
=
2(x+k)+1
2(x+k)(x+k+1)
− 2(x+k+1)+1
2(x+k+1)(x+k+2)
for k = 0,1, . . . ,n−1. The sums on both sides telescope to give
P(x)
Q(x)
− P(x+n)
Q(x+n)
=
2x+1
x(x+1)
− 2(x+n)+1
2(x+n)(x+n+1).
As the right-hand side converges when n→∞, so does P(x+n)
Q(x+n) . Thus by passing to the
limit, we obtain
P(x)
Q(x)
=
2x+1
2x(x+1)
+C,
where C is a constant. Of course, this holds for infinitely many x, hence for any x that
is not a root of Q(x). We obtain the simpler functional equation
2x(x+1)P(x) = (2x+1+2Cx(x+1))Q(x).
Note that 2x+1 has no common factors with x(x+1). Hence the general solution to
this equation consists of polynomials of the form P(x) = (2x+1+2Cx(x+1))R(x) and
Q(x) = 2x(x+1)R(x) where R(x) is an arbitrary polynomial. Any such P(x) and Q(x)
satisfy the original equation.
A similar method can be used for computing products. In this case, one writes the
expression as a product of fractions whose numerators and denominators cancel out
alternately to leave the numerator of the first fraction and the denominator of the last,
or vice versa. Here is an example.
Prove that
∞Π
n=2

1− 1
n2

=
1
2
.
Truncating the product and writing each factor as a fraction, we get
NΠ
n=2

1− 1
n2

=
NΠ
n=2

1− 1
n

1+
1
n

=
NΠ
n=2
n−1
n
NΠ
n=2
n+1
n
=
1
N
· N +1
2
=
N +1
2N
.
Letting N tend to infinity, we get that the product is equal to 12
.
2.3. Telescopic Sums and Products in Algebra 47
We invite the reader to solve the following problems.
1. Compute Σnk
=1 k!(k2 +k+1).
2. Let a1,a2, . . . ,an be an arithmetic progression with common difference d.
Compute
nΣ
k=1
1
akak+1
.
3. Evaluate the sum
∞Σ
k=1
6k
(3k−2k)(3k+1 −2k+1) .
4. The sequence {xn}n is defined by x1 = 12
, xk+1 =x2k
+xk. Find the greatest integer
less than
1
x1+1
+
1
x2 +1
+· · ·+
1
x100+1
.
5. Let Fn be the Fibonacci sequence (F1 = 1,F2 = 1,Fn+1 = Fn+Fn−1). Evaluate
(a)
∞Σ
n=2
Fn
Fn−1Fn+1
;
(b)
∞Σ
n=2
1
Fn−1Fn+1
.
6. Compute the sum


1+
1
12 +
1
22 +


1+
1
22 +
1
32 +· · ·+


1+
1
19992 +
1
20002 .
7. Prove the inequality
√ 1
1+
√
3
+
√ 1
5+
√
7
+· · ·+
√ 1
9997+
√
9999
> 24.
8. Let 1 ≤ m < n be two integers. Prove the double inequality
2(
√
n+1−
√
m) <
√1
m
+
√ 1
m+1
+· · ·+
√ 1
n−1
+
√1
n
< 2(
√
n−
√
m−1).
48 Chapter 2. Algebra and Analysis
9. Let
ak =
k
(k−1)4/3+k4/3 +(k+1)4/3 .
Prove that a1+a2+· · ·+a999 < 50.
10. Prove the inequality
∞Σ
n=1
1
(n+1)
√
n
< 2.
11. Evaluate the sum
∞Σ
n=0
1
F2n
,
where Fm is the mth term of the Fibonacci sequence.
12. Prove that
∞Π
n=2
n3−1
n3+1
=
2
3
.
13. Compute the product
∞Π
n=0

1+
1
22n

.
14. Let L1 = 2, L2 = 1, and Ln+2 = Ln+1 +Ln, for n ≥ 1, be the Lucas sequence.
Prove that
mΠ
k=1
L2k+1 = F2m+1 ,
where {Fn}n is the Fibonacci sequence.

Kết quả (Việt) 1:

2.3 kính thiên văn tiền và các sản phẩm trong đại sốChúng tôi đã nhìn thấy trong chương trước rằng nhiều tiền có thể được tính toán một cách dễ dàngbởi telescoping họ, có nghĩa là, bằng cách đặt chúng trong các hình thứcnΣk = 2[F(k)−F(k−1)].Thật vậy, như vậy một tóm lại F (k) của, cho k từ 2 đến n-1, hủy bỏ ra, đưa ra nhữngtrả lời F(n)−F(1). Người đọc có thể nhận thấy sự tương đồng giữa phương phápTổng kết và định lý cơ bản của giải tích và kết luận rằng những gì chúng tôi làm làtìm thấy một nguyên hàm rời rạc với các điều kiện số tiền.Một ví dụ đơn giản sử dụng các phương pháp của kính thiên văn tổng kết là sau.Tính toán Σnk= 1 k! · k.Nếu chúng tôi viết k! · k = k! · (k + 1 − 1) = (k + 1)! − k!, sau đó trở thành tổngΣnk= 1 [(k+1)! −k!], đó, sau khi huỷ bỏ, là tương đương với (n + 1)! −1.Đánh giá tổngnΣk = 11(k + 1)√k + k√k + 1.2.3. lồng tiền và các sản phẩm trong đại số 45Mục đích là để hợp lý hoá các mẫu số. Chúng tôi có((k + 1)√k−k√k+1)((k+1)√k + k√k + 1)= k (k + 1) 2−(k+1) k2 = k(k+1).Tổng trở thànhnΣk = 1(k + 1)√k−k√k + 1k(k+1)=nΣk = 1√1k− √ 1k + 1= 1− √ 1n + 1.Và bây giờ là một vấn đề từ Olympic Toán Leningrad.Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n,n-1 <√ 11 +√2+√ 32 +√5+· · ·+2n−1(n-1) 2 + 1 +√N2 + 1< n.Để chứng minh này bất bình đẳng tăng gấp đôi, lưu ý rằng2K−1(k−1) 2 + 1 +√K2 + 1=(2k−1)√K2 + 1−(k−1) 2 + 1K2 + 1− (k−1) 2−1=K2 + 1−(k−1) 2 + 1.Do đó√ 11 +√2+√ 32 +√5+· · ·+2n−1(n-1) 2 + 1 +√N2 + 1=√2−1 +√5−√2+· · ·+N2 + 1−(n-1) 2 + 1,những kính thiên văn để√N2 + 1−1. Bất đẳng thức đôin-1 <N2 + 1−1 < ndễ dàng và còn lại để người đọc.Ví dụ cuối đến từ Olympic Toán Bulgaria năm 2006.Tìm tất cả các cặp của các đa thức P(x) và Q(x) như vậy mà với mọi x có không phải là gốc rễ củaQ(x),P(x)Q(x)− P(x+1)Q(x+1)=1x(x+2).Đối với các giải pháp, viết phương trình từ tuyên bố nhưP(x)Q(x)− P(x+1)Q(x+1)=2 x + 12x(x+1)− 2 (x + 1) + 12(x+1)(x+2).46 chương 2. Đại số và phân tíchChọn một số nguyên dương n và để cho x được lớn đủ, sau đó thêm các LogisticsP(x+k)Q(x+k)− P(x+k+1)Q(x+k+1)=2 (x + k) + 12(x+k)(x+k+1)− 2 (x + k + 1) + 12(x+k+1)(x+k+2)cho k = 0,1,..., n-1. Các khoản tiền trên cả hai kính viễn vọng bên để cung cấp choP(x)Q(x)− P(x+n)Q(x+n)=2 x + 1x(x+1)− 2 (x + n) + 12(x+n)(x+n+1).Như bên hội tụ khi n→∞, do đó, không P(x+n)Q(x+n). Vì thế bởi đạt đến cácgiới hạn, chúng tôi có đượcP(x)Q(x)=2 x + 12x(x+1)+ C,nơi C là một hằng số. Tất nhiên, điều này giữ cho vô hạn đếm được nhiều x, do đó cho bất kỳ x màkhông phải là một thư mục gốc của Q(x). Chúng tôi có được phương trình đơn giản chức năng2x(x+1)P(x) = (2x+1+2Cx(x+1))Q(x).Lưu ý rằng 2 x + 1 có không có yếu tố phổ biến với x(x+1). Do đó giải pháp tổng thể đểphương trình này bao gồm các đa thức trong dạng P(x) = (2x+1+2Cx(x+1))R(x) vàQ(x) = 2x(x+1)R(x) nơi R(x) là một đa thức tùy ý. Bất kỳ P(x) và Q(x)đáp ứng phương trình ban đầu.Một phương pháp tương tự có thể được sử dụng cho máy tính sản phẩm. Trong trường hợp này, một viết cácbiểu hiện như một sản phẩm của các phần phân đoạn mà numerators và denominators hủy bỏ raLuân phiên để lại tử số của phần đầu tiên và cuối cùng, mẫuhoặc ngược lại. Đây là một ví dụ.Chứng minh rằng∞Πn = 21− 1N2=12.Cắt bớt các sản phẩm và viết mỗi yếu tố như là một phần, chúng tôi nhận đượcNΠn = 21− 1N2=NΠn = 21− 1n1 +1n=NΠn = 2n-1nNΠn = 2n + 1n=1N· N + 12=N + 12N.Cho phép N có xu hướng đến vô cùng, chúng tôi nhận được rằng các sản phẩm là tương đương với 12.2.3. lồng tiền và các sản phẩm trong đại số 47Chúng tôi mời độc giả để giải quyết những vấn đề sau đây.1. tính toán Σnk= 1 k! (k2 + k + 1).2. Hãy để a1, a2,..., một là một tiến trình số học với phổ biến sự khác biệt d.Tính toánnΣk = 11akak + 1.3. đánh giá số tiền∞Σk = 16k(3k−2k) (3 k + 1 −2k + 1).4. trình tự {xn} n được xác định bởi x 1 = 12, xk + 1 = x2k+ xk. Tìm số nguyên lớn nhấtít hơn1x 1 + 1+1x 2 + 1+· · ·+1x 100 + 1.5. giả Fn là dãy Fibonacci (F1 = 1, F2 = 1, Fn + 1 = Fn + Fn−1). Đánh giá(a)∞Σn = 2FNFN−1Fn + 1;(b)∞Σn = 21FN−1Fn + 1.6. tính toán tổng1 +112 +122 +1 +122 +132 +· · ·+1 +119992 +120002.7. chứng minh bất đẳng thức√ 11 +√3+√ 15 +√7+· · ·+√ 19997 +√9999> 24.8. để cho 1 ≤ m < n là hai số nguyên. Chứng minh bất bình đẳng tăng gấp đôi2)√n + 1−√m) <√1m+√ 1m + 1+· · ·+√ 1n-1+√1n< 2)√n−√m−1).48 chương 2. Đại số và phân tích9. Hãy đểAK =k(k−1) 4 / 3 + k4/3 + (k + 1) 4/3.Chứng minh rằng a1 + a2 + · + a999 < 50.10. chứng minh bất đẳng thức∞Σn = 11(n + 1)√n< 2.11. đánh giá số tiền∞Σn = 01F2n,nơi Fm là thuật ngữ mth của dãy Fibonacci.12. chứng minh rằng∞Πn = 2N3−1N3 + 1=23.13. tính toán sản phẩm∞Πn = 01 +122N.14. Hãy để L1 = 2, L2 = 1, và Ln + 2 = Ln + 1 + Ln, cho n ≥ 1, là dãy Lucas.Chứng minh rằngmΠk = 1L2k + 1 = F2m + 1,nơi {Fn} n là dãy Fibonacci.

Kết quả (Việt) 2:

2.3 Khoản Telescopic và sản phẩm trong Algebra
Chúng ta đã thấy trong chương trước rằng nhiều khoản tiền có thể dễ dàng tính được
bằng cách lồng họ, đó là, bằng cách đặt chúng trong các hình thức
nΣ
k = 2
[F (k) -F (k-1 )].
Thật vậy, trong một số tiền như vậy 's, cho k từ 2 đến n-1 F (k), hủy bỏ ra, cho các
câu trả lời của F (n) -F (1). Người đọc có thể nhận thấy sự giống nhau giữa phương pháp này
tổng kết và định lý cơ bản của giải tích và kết luận rằng những gì chúng tôi làm là
tìm một nguyên hàm rời rạc cho các điều khoản của các khoản tiền.
Một ví dụ đơn giản sử dụng các phương pháp tổng kính thiên văn là sau đây.
Compute Σnk
= 1 k! · K.
Nếu chúng ta viết k! · K = k! · (K + 1 - 1) = (k + 1)! - K !, sau đó trở thành tổng
Σnk
= 1 [(k + 1) -! K!], Trong đó, sau khi hủy bỏ, bằng (n + 1) -. 1
Đánh giá tổng
nΣ
k = 1
1
(k 1)
√
k + k
√
k +
1.
2.3. Khoản kính thiên văn và các sản phẩm trong Đại số 45
Ý tưởng là để hợp lý hóa các mẫu số. Chúng ta có
((k + 1)
√
k-k
√
k + 1) ((k + 1)
√
k + k
√
k + 1)
= k (k + 1) 2 (k + 1) k2 = k ( . k + 1)
Tổng trở
nΣ
k = 1
(k + 1)
√
k-k
√
k + 1
k (k + 1)
=
nΣ
k =
1?
√1
k
- √ 1
k +
1?
= 1- √ 1
n +
1.
Và bây giờ là một vấn đề từ Leningrad Mathematical Olympiad.
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n,
n-1
<√ 1
1+
√
2
+
√ 3
2 +
√
5
+ · · ·
+? 2n-1
(n-1) 2 + 1 +
√
n2 + 1
<n.
Để chứng minh bất đẳng thức kép này, lưu
ý? 2k-1
(k-1) 2 + 1 +
√
k2 1
=
(2k-1)? √ k2 + 1-? (K-1) 2 + 1? K2 + 1- (k-1) 2-1 =? k2 + 1- (k-1) 2 + 1. Do đó √ 1 1+ √ 2 + √ 3 2 + √ 5 + · · · +? 2n-1 (n-1) 2 + 1 + √ n2 + 1 = √ 2-1 + √ 5 √ 2 + · · · +? N2 + 1- (n-1) 2 + 1, mà kính thiên văn để √ n2 + 1-1. Các bất đẳng thức kép n-1 <? N2 + 1-1 <n là dễ dàng và được để lại cho người đọc. Các ví dụ cuối cùng là từ năm 2006 Bulgarian Mathematical Olympiad. Tìm tất cả các cặp đa thức P (x) và Q (x) chẳng hạn rằng với mọi x mà không phải là gốc rễ của Q (x), P (x) Q (x) - P (x + 1) Q (x + 1) = 1. x (x + 2) Đối với các giải pháp, viết phương trình từ các tuyên bố như P (x) Q (x) - P (x + 1) Q (x + 1) = 2x + 1 2x (x + 1) - 2 (x + 1) 1 2 (x + 1 .) (x + 2) 46 Chương 2. Đại số và Phân tích Chọn một số nguyên dương n và để cho x đủ lớn, sau đó thêm các đẳng thức P (x + k) Q (x + k) - P (x + k + 1 ) Q (x + k + 1) = 2 (x + k) 1 2 (x + k) (x + k + 1) - 2 (x + k + 1) 1 2 (x + k + 1) (x + k + 2) cho k = 0,1,. . . , n-1. Số tiền trên cả hai mặt kính viễn vọng để cung cấp cho P (x) Q (x) - P (x + n) Q (x + n) = 2x + 1 x (x + 1) - 2 (x + n) 1 2 ( x + n) (x + n + 1). Như bên tay phải hội tụ khi n → ∞, thì P (x + n) Q (x + n). Vì vậy bằng cách đi qua các giới hạn, chúng ta có được P (x) Q (x) = 2x + 1 2x (x + 1) + C, trong đó C là một hằng số. Tất nhiên, điều này giữ cho vô hạn x, do đó bất kỳ x mà không phải là một thư mục gốc của Q (x). Chúng tôi có được những phương trình chức năng đơn giản 2x (x + 1) P (x) = (2x + 1 + 2Cx (x + 1)) Q (x). Lưu ý rằng 2x + 1 không có yếu tố phổ biến với x (x + 1) . Do đó các giải pháp chung để phương trình này bao gồm các đa thức có dạng P (x) = (2x + 1 + 2Cx (x + 1)) R (x) và Q (x) = 2x (x + 1) R (x) trong đó R (x) là một đa thức tùy ý. Bất kỳ P như vậy (x) và Q (x) thỏa mãn phương trình ban đầu. Một phương pháp tương tự có thể được sử dụng để tính toán sản phẩm. Trong trường hợp này, ta viết các biểu hiện như một sản phẩm của các phân số có tử số và mẫu số hủy bỏ ra luân phiên để rời khỏi tử số của phân số đầu tiên và mẫu số của cuối cùng, hoặc ngược lại. Dưới đây là một ví dụ. Chứng minh rằng ∞Π n = 2? 1- 1 n2? = 1 2. Cắt bỏ các sản phẩm và viết mỗi yếu tố như là một phần nhỏ, chúng tôi nhận NΠ n = 2? 1- 1 n2? = NΠ n = 2 ? 1- 1 n ?? 1+ 1 n? = NΠ n = 2 n-1 n NΠ n = 2 n + 1 n = 1 N · N 1 2 = N 1 2N. Cho N có xu hướng đến vô cùng, chúng tôi nhận được rằng sản phẩm là bằng 12. 2.3. Khoản kính thiên văn và các sản phẩm trong Đại số 47 Chúng tôi xin mời các độc giả để giải quyết các vấn đề sau đây. 1. Tính Σnk = 1 k! (K2 + k + 1). 2. Hãy a1, a2,. . . , một là một cấp số cộng với thông thường khác biệt d. Tính nΣ k = 1 1 akak + 1. 3. Đánh giá tổng ∞Σ k = 1 6k (3k-2k) (3k + 1 -2k + 1). 4. Các chuỗi {xn} n được xác định bởi x1 = 12, xk + 1 = x2k + xk. Tìm các số nguyên lớn nhất nhỏ hơn 1 x1 + 1 + 1 x2 1 + · · · + 1 x100 + 1. 5. Hãy Fn là chuỗi Fibonacci (F1 = 1, F2 = 1, Fn + 1 = Fn + Fn-1). Đánh giá (a) ∞Σ n = 2 Fn Fn-1Fn + 1; (b) ∞Σ n = 2 1 Fn-1Fn + 1. 6. Tính toán tổng 1+ 1 12 + 1 22 + 1 + 1 22 + 1 32 + · · · + 1+ 1 19.992 + 1 20002. 7. Chứng minh bất đẳng thức √ 1 1+ √ 3 + √ 1 5 + √ 7 + · · · + √ 1 9997+ √ 9999> 24. 8. Hãy để 1 ≤ m <n là hai số nguyên. Chứng minh bất đẳng thức kép 2 (√ n + 1- √ m) <√1 m + √ 1 m + 1 + · · · + √ 1 n-1 + √1 n <2 (√ n- √ m-1). 48 Chương 2. Đại số và Phân tích 9. Hãy ak = k (k-1) 4/3 + k4 / 3 + ​​(k + 1) 4/3. Chứng minh rằng A1 + a2 + · · · + a999 <50. 10. Chứng minh bất đẳng thức ∞Σ n = 1 1 (n + 1) √ n <2. 11. Đánh giá tổng ∞Σ n = 0 1 F2n, nơi Fm là thuật ngữ thứ m của dãy Fibonacci. 12. Chứng minh rằng ∞Π n = 2 n3-1 n3 + 1 = 2 3. 13. Tính toán các sản phẩm ∞Π n = 0? 1+ 1 22n?. 14. Hãy L1 = 2, L2 = 1, và Ln + 2 = Ln + 1 + Ln, cho n ≥ 1, là chuỗi Lucas. Chứng minh rằng mΠ k = 1 L2k + 1 = F2m + 1, nơi {Fn} n là dãy Fibonacci.