Teleszkopikus összeg

A teleszkopikus összegek a matematikában olyan összegeket takarnak, amelyekből némi átalakítás és egyszerűsítés után csak véges számú kifejezés összege marad. A név is ezt hívatott leírni: az egyszerűsítés előtti többtagú összegből egyszerűsítés után kevesebb tag marad, azaz hasonló dolog történik, mint egy teleszkóp összecsukásakor.

Teleszkopikus összegek

A módszer alkalmazásához általában némi algebrai átalakításra van szükség, amivel kialakítható a szükséges szerkezet (azaz, hogy az egyszerűsítés lehetséges legyen). Ez történhet például (összegek esetében) egy nevezőben lévő szorzat összegekre történő felbontásával (partial fraction decomposition, parciális törtekre bontás).

Általánosan

A módszer akkor alkalmazható, ha van egy $a_n$ sorozatunk, amelynek pl. az első Sablon:Mvar elemének összegét szeretnék meghatározni. Ekkor kell találnunk egy olyan $b_n$ sorozatot, amelyre igaz, hogy $b_{n+1}-b_n=a_n$.

Ekkor felírható a következő:

$\begin{array}{cc}{a}_1& =b_2-b_1\\ a_2& =b_3-b_2\\ a_3& =b_4-b_3\\ & ⋮\\ a_{n-1}& =b_n-b_{n-1}\\ a_n& =b_{n+1}-b_n\end{array}$

A két oldalt összeadva végül eljutunk a keresett végeredményhez:

$\sum _{i=1}^n{a}_i=b_{n+1}-b_1$

(Természetesen nem kell, hogy az egymásutáni tagok ejtsék ki egymást. Bármilyen olyan összegre való felbontása jó az $a_n$ sorozatnak, amely garantálja, hogy az összegzendő tagok számától független darabszámú tag marad.)

Példák összegekre

Téglalapszámok reciprokösszege

(A téglalapszámok az $n(n+1)$ alakú számok, ahol Sablon:Mvar egy természetes szám.)

A megoldáshoz a parciális törtekre bontás technikát hívhatjuk segítségül, amellyel megállapítható, hogy

$\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$

Ezen információ felhasználásával már könnyedén kialakíthatjuk a teleszkopikus formát.

$\sum _{i=1}^n\frac{1}{i(i+1)}=\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 4}+\cdots +\frac{1}{n(n+1)}$

$=(\frac{1}{1}-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})+\cdots +(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})$

$=\frac{1}{1}+(-\frac{1}{2}+\frac{1}{2})+(-\frac{1}{3}+\frac{1}{3})+\cdots +(-\frac{1}{n}+\frac{1}{n})-\frac{1}{n+1}$

$=1-\frac{1}{n+1}$

$=\frac{n}{n+1}$

Hasonló módszerrel belátható, hogyha $k\in {\mathbb{Z}}^{+}$, akkor

$\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{i(i+k)}=\frac{H_k}{k}$

ahol $H_k$ a Sablon:Mvar-dik harmonikus szám.

Első Sablon:Mvar pozitív egész szám Sablon:Mvar-dik hatványának összege

Ezen módszerrel tetszőleges $m\in {\mathbb{Z}}^{+}$ számra meghatározhatjuk a $1^m+2^m+3^m+\cdots +n^m$ összeg zárt képletét. A módszerben a teleszkopikus összeg a következőképpen jelenik meg: felhasználva, hogy $(k+1{)}^{m+1}-k^{m+1}=\sum _{i=1}^{m+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{i})k^i$, felírható a következő:

$\begin{array}{cc}{2}^{m+1}-1^{m+1}& =\sum _{i=1}^{m+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{i})1^i\\ 3^{m+1}-1^{m+1}& =\sum _{i=1}^{m+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{i})2^i\\ 4^{m+1}-1^{m+1}& =\sum _{i=1}^{m+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{i})3^i\\ & ⋮\\ n^{m+1}-(n-1{)}^{m+1}& =\sum _{i=1}^{m+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{i})(n-1{)}^i\\ (n+1{)}^{m+1}-n^{m+1}& =\sum _{i=1}^{m+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{i})n^i.\\ \end{array}$

A két oldal összeadva, az eredmény:

$(n+1{)}^{m+1}-1=(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{1})\sum _{i=1}^n{i}^m+(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{2})\sum _{i=1}^n{i}^{m-1}+(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{3})\sum _{i=1}^n{i}^{m-2}+\dots +\sum _{i=1}^{n}1.$

Azaz, ha ismerjük az m-nél kisebb hatványokra vonatkozó összegképleteket, akkor az m-dik hatványra vonatkozó összegképlet kifejezhető.

Sablon:Mvar = 1 esetén

Mivel $(k+1{)}^2-k^2=2k+1$, ezért felírható a következő:

$\begin{array}{cc}{2}^2-1^2& =2(1)+1\\ 3^2-2^2& =2(2)+1\\ 4^2-3^2& =2(3)+1\\ & ⋮\\ n^2-(n-1{)}^2& =2(n-1)+1\\ (n+1{)}^2-n^2& =2(n)+1\end{array}$

Mindkét oldalt összeadva azt kapjuk, hogy:

$(n+1{)}^2-1=2\sum _{k=1}^{n}k+\sum _{k=1}^{n}1$

Majd algebrai átalakításokkal eljuthatunk a végeredményhez:

$\sum _{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}$

Sablon:Mvar = 2 esetén

Hasonlóan az előzőhöz itt is felírható a következő egyenlőség:

$(k+1{)}^3-k^3=3k^2+3k+1$

Azaz itt is felírható az általános azonosságot kihasználva, hogy:

$(n+1{)}^3-1=3\left(\sum _{k=1}^n{k}^2\right)+3\left(\sum _{k=1}^{n}k\right)+\left(\sum _{k=1}^{n}1\right)$

$(n+1{)}^3-1=3\left(\sum _{k=1}^n{k}^2\right)+\frac{3n(n+1)}{2}+n$

amelyből némi algebrával kifejezhető, hogy

$\sum _{k=1}^n{k}^2=\frac{2n^3+3n^2+n}{6}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.

egyéb esetekben

A módszer könnyedén általánosítható bármilyen pozitív egész Sablon:Mvar-re, ha ismerjük az Sablon:Mvar-nél kisebb hatványok összegének a zárt képleteit.

1∙1! + 2∙2! + … + n∙n!

A fenti sorozat ($a_n=n\cdot n!$) összegének teleszkopikus kifejezéséhez a következő megfigyelés használható: ha $b_n=n!$, akkor látható, hogy

$b_{n+1}-b_n=(n+1)!-n!=n!\cdot n=a_n$.

Ezáltal az összeg felírható a következőképpen:

$\begin{array}{cc}1\cdot 1!& =2!-1!\\ 2\cdot 2!& =3!-2!\\ & ⋮\\ n\cdot n!& =(n+1)!-n!\end{array}$

A két oldalt összeadva megkapjuk a kívánt zárt képletet:

$\sum _{i=1}^{n}i\cdot i!=(n+1)!-1$

Teleszkopikus összeg visszafelé

Néhány speciális esetben hasznos eredményre juthatunk, ha fordítva végezzük el a teleszkopikus felbontást. Azaz a teleszkopikus felbontás ismeretében próbáljuk meg megtalálni az eredeti sorozatot. Ehhez persze meg kell találnunk a megfelelő segédsorozatot.

Ezt a módszert például a $a^n-b^n$ (ahol n pozitív egész) kifejezés szorzattá alakításához használhatjuk. Ha segédsorozatnak a következőt választjuk:

$s_k=a^k\cdot b^{n-k}$,

akkor látható, hogy $s_0=b^n$ és $s_n=a^n$, továbbá $s_{k+1}-s_k=(a-b)a^k{b}^{n-1-k}$. Ezután úgy teszünk mintha az $s_k$ sorozat lenne a teleszkopikus felbontása a keresett sorozatnak, és felírhatjuk a következőt:

$\begin{array}{cc}{s}_1-s_0& =(a-b)a^0{b}^{n-1}\\ s_2-s_1& =(a-b)a^1{b}^{n-2}\\ s_3-s_2& =(a-b)a^2{b}^{n-3}\\ & ⋮\\ s_{n-1}-s_{n-2}& =(a-b)a^{n-2}b\\ s_n-s_{n-1}& =(a-b)a^{n-1}{b}^0\end{array}$

Ha a két oldalt összeadjuk, azt kapjuk, hogy

$s_n-s_0=(a-b)(b^{n-1}+a{b}^{n-2}+a^2{b}^{n-3}+\dots +a^{n-2}b+a^{n-1})$.

Azaz,

$a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+a^{n-3}{b}^2+\dots +a{b}^{n-2}+b^{n-1})=(a-b)\left(\sum _{k=0}^{n-1}{a}^{n-1-k}{b}^k\right)$.

Teleszkopikus szorzatok

A technika szorzatok esetében is ugyanúgy használható, mint összegeknél. Szorzatoknál a számlálók és nevezők megfelelő formára hozása szükséges, hogy az egyszerűsítés lehetséges legyen.

Példák szorzatokra

• $\prod _{i=2}^n(1-\frac{1}{i^2})=(1-\frac{1}{2^2})(1-\frac{1}{3^2})\cdots (1-\frac{1}{n^2})$

$=(1-\frac{1}{2})(1+\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1+\frac{1}{3})\cdots (1-\frac{1}{n})(1+\frac{1}{n})$

$=\frac{1}{2}\cdot (\frac{3}{2}\cdot \frac{2}{3})(\frac{4}{3}\cdot \frac{3}{4})\cdots (\frac{n}{n-1}\cdot \frac{n-1}{n})\cdot \frac{n+1}{n}$

$=\frac{1}{2}\cdot \frac{n+1}{n}$

Továbbá az előbbi szorzat felbontható két szorzatra, amelyek kiszámítására szintén használható a teleszkopikus formára alakítás:

• $\prod _{i=2}^n(1-\frac{1}{i})=(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})\cdots (1-\frac{1}{n})$

$=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{3}{4}\cdots \frac{n-2}{n-1}\cdot \frac{n-1}{n}$

$=\frac{1}{n}$

• $\prod _{i=2}^n(1+\frac{1}{i})=(1+\frac{1}{2})(1+\frac{1}{3})\cdots (1+\frac{1}{n})$

$=\frac{3}{2}\cdot \frac{4}{3}\cdots \frac{n}{n-1}\cdot \frac{n+1}{n}$

$=\frac{n+1}{2}$