Serie teleskopiko

Matematikan, serie teleskopiko bat serie bat da non batura partzialek termino-kopuru finko bat duten ezeztatu ondoren.

$(a_{2}-a_{1}) (a_{3}-a_{2}) (a_{4}-a_{3}) \ldots (a_{n}-a_{n-1})=a_{n}-a_{1}\,$

Serie teleskopikoaren ohiko adibide bat Mengoliren seriea da, honela definitzen dena:

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n(n 1)}}$

honela kalkula daitekeena:

${\begin{aligned}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n(n 1)}}&{}=\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n 1}}\right)\\{}&{}=\lim _{N\to \infty }\sum _{n=1}^{N}\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n 1}}\right)\\{}&{}=\lim _{N\to \infty }\left\lbrack {\left(1-{\frac {1}{2}}\right) \left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}\right) \cdots \left({\frac {1}{N}}-{\frac {1}{N 1}}\right)}\right\rbrack \\{}&{}=\lim _{N\to \infty }\left\lbrack {1 \left(-{\frac {1}{2}} {\frac {1}{2}}\right) \left(-{\frac {1}{3}} {\frac {1}{3}}\right) \cdots \left(-{\frac {1}{N}} {\frac {1}{N}}\right)-{\frac {1}{N 1}}}\right\rbrack \\{}&{}=\lim _{N\to \infty }\left\lbrack {1-{\frac {1}{N 1}}}\right\rbrack =1.\end{aligned}}$

Oro har

Izan bedi zenbaki-sekuentzia bat $a_{n}$. Orduan,

$\sum _{n=1}^{N}\left(a_{n}-a_{n-1}\right)=a_{N}-a_{0},$

eta, baldin $a_{n}\rightarrow 0$

$\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_{n}-a_{n-1}\right)=-a_{0}.$

Salbuespenak

Serie teleskopikoak teknika erabilgarria izan daitezkeen arren, eragozpen batzuk izan daitezke. Honako prozedura

$0=\sum _{n=1}^{\infty }0=\sum _{n=1}^{\infty }(1-1)=1 \sum _{n=1}^{\infty }(-1 1)=1\,$

ez da zuzena, zeren eta terminoak multzokatzeko modu horrek balioa izateko, terminoak bereizita 0 balioa izan behar du. Akats hori saihesteko, lehenik eta behin, lehenengo N terminoen batura aurkitu behar da, eta, bigarrenik, N-rekiko limitea aplikatu, infiniturantz hurbilduz.

${\begin{aligned}\sum _{n=1}^{N}{\frac {1}{n(n 1)}}&{}=\sum _{n=1}^{N}\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n 1}}\right)\\&{}=\left(1-{\frac {1}{2}}\right) \left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}\right) \cdots \left({\frac {1}{N}}-{\frac {1}{N 1}}\right)\\&{}=1 \left(-{\frac {1}{2}} {\frac {1}{2}}\right) \left(-{\frac {1}{3}} {\frac {1}{3}}\right) \cdots \left(-{\frac {1}{N}} {\frac {1}{N}}\right)-{\frac {1}{N 1}}\\&{}=1-{\frac {1}{N 1}}\to 1\ \mathrm {cuando} \ N\to \infty .\end{aligned}}$

Adibideak

• Funtzio trigonometriko asko ezberdintasun gisa adieraz daitezke, eta, horri esker, serie teleskopikoan elkarren segidako terminoen arteko deuseztapena egin daiteke.

${\begin{aligned}\sum _{n=1}^{N}\operatorname {sen} \left(n\right)&{}=\sum _{n=1}^{N}{\frac {1}{2}}\csc \left({\frac {1}{2}}\right)\left(2\operatorname {sen} \left({\frac {1}{2}}\right)\operatorname {sen} \left(n\right)\right)\\&{}={\frac {1}{2}}\csc \left({\frac {1}{2}}\right)\sum _{n=1}^{N}\left(\cos \left({\frac {2n-1}{2}}\right)-\cos \left({\frac {2n 1}{2}}\right)\right)\\&{}={\frac {1}{2}}\csc \left({\frac {1}{2}}\right)\left(\cos \left({\frac {1}{2}}\right)-\cos \left({\frac {2N 1}{2}}\right)\right).\end{aligned}}$

• Forma honetako batuketa batzuk

$\sum _{n=1}^{N}{f(n) \over g(n)},$

non f eta g funtzio polinomikoak baitira eta horien zatidura zati partzialetan bereiz baitaiteke, ez dute onartzen metodo horren bidez batuketarik egitea. Zehazki,

${\begin{aligned}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {2n 3}{(n 1)(n 2)}}&{}=\sum _{n=0}^{\infty }\left({\frac {1}{n 1}} {\frac {1}{n 2}}\right)\\&{}=\left({\frac {1}{1}} {\frac {1}{2}}\right) \left({\frac {1}{2}} {\frac {1}{3}}\right) \left({\frac {1}{3}} {\frac {1}{4}}\right) \cdots \\&{}\cdots \left({\frac {1}{n-1}} {\frac {1}{n}}\right) \left({\frac {1}{n}} {\frac {1}{n 1}}\right) \left({\frac {1}{n 1}} {\frac {1}{n 2}}\right) \cdots \\&{}=\infty .\end{aligned}}$

Kontua da terminoak ez direla ezeztatzen.

• Izan bedi k zenbaki oso positibo bat. Orduan,

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n(n k)}}={\frac {H_{k}}{k}},$

non H_k baita zenbaki harmoniko k-garrena. 1/(k–1) eta gero, termino guztiak ezeztatu egiten dira.

Kanpo estekak

• Datuak: Q2164293