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 n 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:

${\begin{aligned}a_{1}&=b_{2}-b_{1}\\a_{2}&=b_{3}-b_{2}\\a_{3}&=b_{4}-b_{3}\\&\vdots \\a_{n-1}&=b_{n}-b_{n-1}\\a_{n}&=b_{n+1}-b_{n}\end{aligned}}$

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 n 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.

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

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

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

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

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

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

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

ahol $H_{k}$ a k-dik harmonikus szám.

Első n pozitív egész szám m-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 $(k+1)^{m+1}-k^{m+1}=\sum _{i=1}^{m+1}{\binom {m+1}{i}}k^{i}$, felírható a következő:

${\begin{aligned}2^{m+1}-1^{m+1}&=\sum _{i=1}^{m+1}{\binom {m+1}{i}}1^{i}\\3^{m+1}-1^{m+1}&=\sum _{i=1}^{m+1}{\binom {m+1}{i}}2^{i}\\4^{m+1}-1^{m+1}&=\sum _{i=1}^{m+1}{\binom {m+1}{i}}3^{i}\\&\vdots \\n^{m+1}-(n-1)^{m+1}&=\sum _{i=1}^{m+1}{\binom {m+1}{i}}(n-1)^{i}\\(n+1)^{m+1}-n^{m+1}&=\sum _{i=1}^{m+1}{\binom {m+1}{i}}n^{i}.\\\end{aligned}}$

A két oldal összeadva, az eredmény:

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

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

• m = 1 esetén:

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

${\begin{aligned}2^{2}-1^{2}&=2(1)+1\\3^{2}-2^{2}&=2(2)+1\\4^{2}-3^{2}&=2(3)+1\\&\vdots \\n^{2}-(n-1)^{2}&=2(n-1)+1\\(n+1)^{2}-n^{2}&=2(n)+1\end{aligned}}$

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:

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

• m = 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

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

• A módszer könnyedén általánosítható bármilyen pozitív egész m-re, ha ismerjük az m-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:

${\begin{aligned}1\cdot 1!&=2!-1!\\2\cdot 2!&=3!-2!\\&\vdots \\n\cdot n!&=(n+1)!-n!\end{aligned}}$

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:

${\begin{aligned}s_{1}-s_{0}&=(a-b)a^{0}b^{n-1}\\s_{2}-s_{1}&=(a-b)a^{1}b^{n-2}\\s_{3}-s_{2}&=(a-b)a^{2}b^{n-3}\\&\vdots \\s_{n-1}-s_{n-2}&=(a-b)a^{n-2}b\\s_{n}-s_{n-1}&=(a-b)a^{n-1}b^{0}\end{aligned}}$

Ha a két oldalt összeadjuk, azt kapjuk, hogy

$s_{n}-s_{0}=(a-b)(b^{n-1}+ab^{n-2}+a^{2}b^{n-3}+\dots +a^{n-2}b+a^{n-1})$.

Azaz,

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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