級數求和、 對消和與對消乘積

級數求和、 對消和與對消乘積 ⁽ 下 ⁾

林宜嬪 · ^張福春

3. 部份分式

當欲求和或乘積是屬於有理多項式的型態時, 可利用部份分式先將有理多項式分解為數個 較簡易的算式再進行對消, 可提高計算的效率, 也可避免計算上的錯誤。

而 部份分式 (partial fraction) 分解, 又稱部份分式展開, 是將有理函數分解成許多次數 較低有理函數和的形式, 來降低分子或分母多項式的次數。 分解後的分式需滿足以下條件:

1. 分式的分母需為不可約多項式 (irreducible polynomial) 或其乘冪。

2. 分式的分子多項式次數需比其分母多項式次數要低。

對 f(x) = P (x)/Q(x) 進行分項分式的步驟如下:

[步驟一 :化成真分式]

如果 P (x) 的次方大於 Q(x), 則必須將 P (x)/Q(x) 化為帶分式, P (x)

Q(x) = S(x) + P₁(x) Q(x)

其中 S(x), P1(x)和 Q(x) 為多項式且 P1(x)的次方會小於 Q(x)。 以下步驟二、 三、 四 是針對真分式 ^P_Q(x)^1(x) 作討論。

[步驟二 :分母因式分解]

將因子 Q(x) 分解成線性或二次因子:(px + q)^m 和 (x²+ bx + c)ⁿ, 其中 (x²+ bx + c) 必須在實數系中為不可分解的。

[步驟三 :二次因子]

對於每一個二次因子 (x²+ bx + c)ⁿ, 其部份分式必包含 n 個分式之和:

B₁x + C₁

(x²+ bx + c) + B₂x + C₂

(x²+ bx + c)² +· · · + B_nx + C_n (x²+ bx + c)ⁿ

83

詳細內容可參考微積分課本 Larson and Edwards [6, Section 8.5, p. 555]。

例 10: 陶懋頎、 單墫、 蘇淳、 嚴鎮軍 [1, 5.3.1, p. 204] 計算級數

∑n k=1

1

(3k− 2)(3k + 1) 的 值。

解: 先設法將有理多項式拆解成部分分項, 利用對消化簡, 因此定出實數 A, B, 使得 1

(3k− 2)(3k + 1) = A

(3k− 2) + B (3k + 1) 則

1 = A(3k + 1) + B(3k− 2) (1) 使 (1) 對應項係數相等, 可得





3A + 3B = 0 A− 2B = 1 求得 A = ¹₃, B =−¹₃, 因此前 n 項和為

∑n k=1

1

(3k− 2)(3k + 1) =

∑n k=1

1 3

[ 1

(3k− 2)− 1 (3k + 1)

]

= 1 3

[ 1− 1

4 +1 4 −1

7 +· · · + 1

(3n− 2)− 1 (3n + 1)

]

= 1 3

[

1− 1 (3n + 1)

]

¤

此外數列之無窮級數和為 lim

n→∞

1 3

[

1− 1 (3n + 1)

]

= 1 3。

另外, 若遇到分母為 x⁴+ 1 或 x⁴+ 4y⁴ 此種形式, 可適當增、 減項之後, 利用配方法與 平方差分解分母, 再將分式作轉換進而可以鄰項對消, 其中 x⁴+ 1 和 x⁴+ 4y⁴ 的分解如下:

(1) x⁴+ 1 = (x⁴+ 2x²+ 1)− 2x²

= (x²+ 1)²− (√ 2x)²

= (x² +√

2x + 1)(x²−√

2x + 1) (2) x⁴+ 4y⁴ = (x⁴ + 4x²y²+ 4y⁴)− 4x²y²

= (x²+ 2y²)²− (2xy)²

= (x² + 2xy + 2y²)(x² − 2xy + 2y²)

例 11: Andreescu and Gelca [4, Section 2.4, p. 49] 試求

∑n k=1

4k

4k⁴+ 1 之值。

解: 因為分母 4k⁴+ 1 可以分解成

4k⁴+ 1 = (4k⁴+ 4k²+ 1)− 4k²

= (2k²+ 1)²− (2k)²

= (2k²+ 2k + 1)(2k²− 2k + 1) 且分子為 (2k²+ 2k + 1)− (2k²− 2k + 1) = 4k, 則級數為

∑n k=1

4k 4k⁴+ 1 =

∑n k=1

(2k²+ 2k + 1)− (2k²− 2k + 1) (2k²+ 2k + 1)(2k²− 2k + 1)

=

∑n k=1

( 1

(2k²− 2k + 1) − 1

(2(k + 1)²− 2(k + 1) + 1) )

= 1− 1

2n²+ 2n + 1 ¤

有些級數並不容易看出其部份分式的類型, 因此需經轉換才為部份分式, 方便於求和, 以 下例作說明:

例 12: Andreescu and Gelca [4, Section 2.3, p. 44] 計算

∑n k=1

1 (k + 1)√

k + k√ k + 1 的值。

解: 先將分母有理化 (

(k + 1)√

k + k√ k + 1

)·(

(k + 1)√

k− k√ k + 1

)

= [

(k + 1)√ k

]2

−[ k√

k + 1 ]2

= k(k + 1)²− (k + 1)k²

= k(k + 1) 則所求為

∑n k=1

1 (k + 1)√

k + k√

k + 1 =

∑n k=1

(k + 1)√

k− k√ k + 1 k(k + 1)

=

∑n k=1

( 1

√k − 1

√k + 1 )

= 1

√1− 1

√2+ 1

√2− 1

√3 +· · · + 1

√n − 1

√n + 1

= 1− 1

√n + 1 ¤

並非所有部份分式皆可鄰項對消, 符合上述介紹之常見型式, 故以例子作說明:

例 13: 陶懋頎、 單墫、 蘇淳、 嚴鎮軍 [1, 5.3.2, p. 205] 求級數的和 3

1× 2 × 3 + 5

2× 3 × 4 + 7

3× 4 × 5 + 9

4× 5 × 6 +· · · 解: 此題等同於求值

∑∞ k=0

2k + 1 k(k + 1)(k + 2) 仍然運用部份分式方法, 因此先定出實數 A, B, C, 使得

2k + 1

k(k + 1)(k + 2) = A

k + B

k + 1 + C k + 2 化簡即為

2k + 1 = A(k + 1)(k + 2) + Bk(k + 2) + Ck(k + 1)

在其中令 k = 0, 得 A = ¹₂; 令 k = −1, 得 B = 1; 令 k = −2, 得 C = −³₂, 則數列的前 n 項和為

S_n= [₁

2

1 + 1 2−

3 2

3 ]

+ [₁

2

2 +1 3 −

3 2

4 ]

(2) +

[₁

2

3 +1 4 − ³²

5 ]

+· · · + [ ₁

2

n− 2+ 1 n− 1− ³²

n ]

(3) +

[ ₁

2

n− 1+ 1 n − ³²

n + 1 ]

+ [₁

2

n + 1

n + 1 − ³² n + 2

]

(4)

(2)−(4) 的對消現象表現在三個括號之間: 每個括號內的三項中的最後一項可與其後括號內的

中間項以及再後面一個括號內的第一項的和相抵消, 也就是

−³² k + 1

k +

1 2

k = 0, k = 3, 4, . . . , n

化簡可得

S_n= [1

2

1 + 1 2 ]

+ [1

2

2 ]

+ [ −³₂

n + 1 ]

+ [ 1

n + 1−

3 2

n + 2 ]

= 5 4−

1 2

n + 1 −

3 2

n + 2 所以無窮級數的和為 lim

n→∞S_n= 5

4。 ¤

由此題可知對消項不一定是相鄰, 可以跳項對消。

4. 三角函數

不同於之前所介紹的反差分之三角函數對消方法, 此節的三角函數對消求和型式為乘上一 適當輔助量, 使得三角函數可鄰項對消或跳項對消。

例 14: Andreescu and Gelca [4, Section 2.3, p. 44] 試計算

∑n k=1

cos kα 的值。

解: 因為 cos kα 乘上 2 sin^α₂ 之後, 利用積化和差可得

2 sinα

2 cos kα = sin (

k + 1 2

)

α− sin (

k− 1 2

) α

其中假設 α 6= 2mπ, m 為一整數, 因此

2

∑n k=1

sinα

2cos kα =

∑n k=1

[ sin

( k + 1

2 )

α− sin (

k− 1 2

) α

]

= [

sin (3

2 )

α− sin (1

2 )

α ]

+ [

sin (5

2 )

α− sin (3

2 )

α ]

+· · · + [

sin (

n + 1 2

)

α− sin (

n− 1 2

) α

]

= sin (

n + 1 2

)

α− sinα 2 因為 2 sin^α₂ 是一個常數, 所以可得到

∑n k=1

cos kα = sin( n + ¹₂)

α 2 sin^α₂ −1

2 ¤

例 15: Andreescu and Gelca [4, Problem 1, p. 32] 試證 sin x

cos x + sin 2x

cos²x +· · · +sin nx

cosⁿx = cot x− cos(n + 1)x sin x cosⁿx 對於所有 x 6= ^kπ₂ 均成立。

解: 由餘弦函數的和角公式可知

sin kx sin x = cos kx cos x− cos (k + 1)x (5) 其中 k 為一特定正整數, 在 (5) 式等號兩邊同時除以 sin x cos^kx, x6= ^kπ₂ , k ∈ Z, 得到

sin kx

cos^kx = cos kx

sin x cos^k−1x −cos (k + 1)x sin x cos^kx 所求為

sin x

cos x + sin 2x

cos²x +· · · +sin nx cosⁿx =

(cos x

sin x − cos 2x sin x cos x

) +

( cos 2x

sin x cos x − cos 3x sin x cos²x

)

+· · · +

( cos nx

sin x cosⁿ⁻¹x − cos (n + 1)x sin x cosⁿx

)

= cos x

sin x −cos (n + 1)x sin x cosⁿx

= cot x− cos (n + 1)x

sin x cosⁿx ¤

由例子可知, 解題技巧著重於和角公式的應用。

例 16: Andreescu and Gelca [4, Problem 8, p. 33] 對於任何正整數 n 和實數 x 6= ₂^kπm, 其中 m = 0, 1, 2, . . ., n 且 k 為整數, 試證

1

sin 2x + 1

sin 4x +· · · + 1

sin 2ⁿx = cot x− cot 2ⁿx (6) 成立。

解:

i. 因為

1

sin 2x = 2 cos²x− (2 cos²x− 1) sin 2x

= 2 cos²x

2 sin x cos x− 2 cos²x− 1 sin 2x

= cos x

sin x −cos 2x sin 2x

= cot x− cot 2x ii. 推廣到 _{sin 2}¹nx

1

sin 2ⁿx = 2 cos²(2ⁿ⁻¹x)− (2 cos²(2ⁿ⁻¹x)− 1) sin 2ⁿx

= 2 cos²(2ⁿ⁻¹x)

2 sin(2ⁿ⁻¹x) cos(2ⁿ⁻¹x)− (2 cos²(2ⁿ⁻¹x)− 1) sin 2ⁿx

= cos(2ⁿ⁻¹x)

sin(2ⁿ⁻¹x) − cos 2ⁿx sin 2ⁿx

= cot(2ⁿ⁻¹x)− cot(2ⁿx) iii. 則所求為

∑n k=1

[ 1 sin 2ⁿx

]

=

∑n k=1

[cot(2ⁿ⁻¹x)− cot(2ⁿx)]

= (cot x− cot 2x) + (cot 2x − cot 4x) + · · · +(

cot(2ⁿ⁻¹x)− cot(2ⁿx))

= cot x− cot 2ⁿx ¤

5. 階乘函數

在特殊情況亦可使用對消法來求和, 例如: 階乘函數。

例 17: Andreescu and Gelca [4, Problem 1, p. 47] 試計算

∑n k=1

k!(k²+ k + 1)之值。

解: 因為 k!(k² + k + 1) = [(k + 1)²− k] k!, 所以

∑n k=1

k!(k²+ k + 1) =

∑n k=1

[(k + 1)²− k] k!

=

∑n k=1

[(k + 1)!(k + 1)− k!k]

= (2!· 2 − 1! · 1) + (3! · 3 − 2! · 2) + · · · + ((n + 1)!(n + 1) − n!n)

= (n + 1)!(n + 1)− 1 ¤

例 18: Andreescu and Gelca [4, Section 2.3, p. 44] 計算

∑n k=1

k!· k 的值。

解: 將 k! · k 改寫為 k! · (k + 1 − 1) = (k + 1)! − k!, 則

∑n k=1

((k + 1)!− k!) = 2! − 1! + 3! − 2! + · · · + (n + 1)! − n!

= (n + 1)!− 1

經過對消之後, 則和為 (n + 1)! − 1。 ¤

階乘函數對消問題難有一定型式規則去依循, 題解重點在於將一般項 ak 透過加項補項或 其他技巧改寫成 Ak+1− Ak。

6. 對消與合併乘積

對消乘積有兩種常見型式, 其中一種為對消型, 另外一種為合併型。

I 對消型為能將 bk 拆解成 ^B_B^k+1

k 使得

∏n k=1

b_k =

∏n k=1

B_k+1

B_k 可得到乘積 B_n+1 B₁ 。 II 合併型則需乘上一適當輔助量, 使得乘積之一般項可逐項化簡。

6.1. 平方差

平方差公式是對消型常用手法之一, 其中平方差公式為 1− k² = (1− k)(1 + k) 經適當分解之後, 再分項對消求乘積。

例 19: Andreescu and Gelca [4, Section 2.3, p. 46] 試證明

∏∞ k=2

( 1− 1

k² )

= 1 2 成立。

解: 利用平方差公式可知 ( 1− _k¹2

) =(

1− ¹_k) ( 1 + _k¹)

, 所以

∏n k=2

( 1− 1

k² )

=

∏n k=2

( 1− 1

k ) (

1 + 1 k

)

=

∏n k=2

k− 1 k

∏n k=2

k + 1 k

= [1

2 ·2

3· · ·n− 1 n

]

· [3

2 · 4

3· · ·n + 1 n

]

= 1

n ·n + 1

2 = n + 1 2n 則 lim

n→∞

[ _n

∏

k=2

( 1− 1

k² )]

= lim

n→∞

n + 1 2n = 1

2。 ¤

合併型則需藉著適當輔助量作變換, 以下例來說明:

例 20: Andreescu and Gelca [4, Problem 13, p. 48] 試計算

∏∞ k=0

( 1 + 1

2^2k )

之值。

因為 2( 1− ₂¹20

)

= 1, 因此將原式改寫

∏∞ k=0

( 1 + 1

2^2k )

= 2 lim

n→∞

( 1− 1

2²⁰ )∏n

k=0

( 1 + 1

2^2k )

且利用平方差公式可知 (

1− 1 2^2k

) ( 1 + 1

2^2k )

= (

1− 1 2^2k+1

)

所以

∏∞ n=0

( 1 + 1

2^2k )

= 2 lim

n→∞

( 1− 1

2²⁰ )∏n

k=0

( 1 + 1

2^2k )

= 2 lim

n→∞

( 1− 1

2²⁰ ) (

1 + 1 2²⁰

) ( 1 + 1

2²¹ )

· · · (

1 + 1 2²ⁿ

)

= 2 lim

n→∞

(

1− 1 2²ⁿ⁺¹

)

= 2 ¤

此外, 立方和與立方差公式, 亦可被使用在對消乘積類型的題目中。

[立方和公式] a³+ b³ = (a + b)(a²− ab + b²) [立方差公式] a³− b³ = (a− b)(a²+ ab + b²)

例 21: Andreescu and Gelca [4, Problem 12, p. 48] 試證

∏∞ k=2

k³− 1 k³+ 1 = 2

3 成立。

解: 因為 k³− 1

k³+ 1 = (k− 1)(k²+ k + 1) (k + 1)(k²− k + 1),所以

∏∞ k=2

k³− 1

k³+ 1 = lim

n→∞

∏n k=2

k³− 1

k³+ 1 = lim

n→∞

∏n k=2

(k− 1)(k²+ k + 1) (k + 1)(k²− k + 1)

= lim

n→∞

∏n k=2

k− 1 k + 1

∏n k=2

(k + 1)²− (k + 1) + 1 k²− k + 1

= lim

n→∞

[(1 3× 2

4× 3

5 × · · · ×n− 3

n− 1× n− 2

n × n− 1 n + 1

)

× (7

3× 13 7 × 21

13 × · · · × n²− n + 1

(n− 1)²− (n − 1) + 1 × (n + 1)²− (n + 1) + 1 n²− n + 1

)]

= lim

n→∞

1× 2 × ((n + 1)²− (n + 1) + 1) 3n(n + 1) = 2

3 ¤

由題目可歸納出幾個解題重點:

1. 對消型: 若原函數為平方差、 立方和或立方差型式, 則原式展開後之乘積為拆項分別作對 消。

例:

∏n k=2

( 1− 1

k² )

=

∏n k=2

( 1− 1

k ) (

1 + 1 k

)

=

∏n k=2

( 1− 1

k )∏n

k=2

( 1 + 1

k )

。

2. 合併型: 若原函數為平方差、 立方和或立方差型式之展開式其中一式, 則需乘上一適當輔 助量, 再作對消。

例:

∏n k=0

( 1 + 1

2^2k )

= 2 (

1− 1 2²⁰

)∏n

k=0

( 1 + 1

2^2k )

= 2 (

1− 1 2²⁰

) ( 1 + 1

2²⁰ ) (

1 + 1 2²¹

)

· · · (

1 + 1 2²ⁿ

)

三角函數乘積亦包含對消型與合併型兩種型式, 此節將介紹利用和角公式、 半角與倍角公 式求乘積之題型。

6.2. 半角與倍角公式

例 22: Andreescu and Gelca [4, Problem 12, p. 33] 試求

∏n k=1

(

1− tan² 2^kπ 2ⁿ+ 1

)

的值。

解: 因為 1 − tan²x = ^{2 tan x}_{tan 2x},則

1− tan² 2^kπ

2ⁿ+ 1 = 2 tan₂²n^k+1^π

tan²₂^k+1n+1^π

利用對消的性質

∏n k=1

(

1− tan² 2^kπ 2ⁿ+ 1

)

=

(2 tan₂n^2π+1

tan₂n^4π+1

) (2 tan₂n^4π+1

tan₂n^8π+1

)

· · ·

(2 tan₂²nⁿ+1^π

tan²₂ⁿ⁺¹n+1^π

)

= 2ⁿtan₂n^2π+1

tan ²₂ⁿ⁺¹n+1^π

= 2ⁿ tan₂n^2π+1

tan(

2π− ₂n^2π+1

) = 2ⁿ tan₂n^2π+1

− tan₂n^2π+1

=−2ⁿ ¤

例 23: Andreescu and Gelca [4, Problem 10, p. 33] 對於所有非零實數 α, 試證

∏∞ k=1

cos α

2^k = sin α

α (7)

恆成立。

解: 由半角公式可知

cos θ = sin 2θ 2 sin θ

∏∞ k=1

cos α

2^k = lim

n→∞

∏n k=1

cos α

2^k = lim

n→∞

∏n k=1

1 2

sin_2k−1^α sin₂^αk

= lim

n→∞

1 2ⁿ

[(sin α sin^α₂

) (sin^α₂ sin^α₄

)

· · ·

(sin_2n−1^α sin₂^αn

)]

= lim

n→∞

( 1 2ⁿ

sin α sin₂^αn

)

= sin α α lim

n→∞

α 2ⁿ

sin₂^αn

= sin α α lim

x→0

x

sin x (令 x = α 2ⁿ)

= sin α α lim

x→0

1

cos x (根據 L’Hospital’s Rule)

= sin α

α ¤

由例題可知, 題目大部分不是直接以半角或倍角公式型式存在, 必須藉由乘上一適當輔助 量, 再利用和角公式轉換一般式, 進而可以逐項對消。 然而, 不僅是半角與倍角公式, 有些題型 是綜合半角、 倍角公式或三倍角公式而成, 如下例所示:

[三倍角公式]

• sin 3α = 3 sin α − 4 sin³α

• cos 3α = 4 cos³α− 3 cos α

例 24: Andreescu and Gelca [4, Problem 14, p. 33] 試證 (1

2+ cos π 20

) (1

2+ cos3π 20

) (1

2+ cos9π 20

) (1

2+ cos27π 20

)

= 1

16 (8) 成立。

解: 因為

cos 3k⁰

cos k⁰ = 4 cos²k⁰ − 3 = 2(1 + cos 2k⁰)− 3 = 2 cos 2k⁰− 1 (9) 令 k⁰ = ^k₂ +^π₂ 代入 (9), 再除以 (−2) 可得

1

2 − cos (k + π) = 1

2 + cos k =−1 2

[cos(_3k

2 + ^3π₂ ) cos(_k

2 + ^π₂) ]

= 1 2

(sin^3k₂ sin^k₂

)

則所求為 ( 1

2 + cos π 20

) (1

2+ cos3π 20

) (1

2 + cos9π 20

) (1

2 + cos27π 20

)

= (1

2· sin^3π₄₀ sin₄₀^π

) (1

2 · sin^9π₄₀ sin^3π₄₀

) (1

2· sin^27π₄₀ sin^9π₄₀

) (1

2· sin^81π₄₀ sin^27π₄₀

)

= 1

16· sin^81π₄₀ sin₄₀^π = 1

16 ¤

6.3. 積化和差公式

例 25: Andreescu and Gelca [4, Problem 11, p. 33] 對於整數 n > 1, 試證 cos 2π

2ⁿ− 1cos 4π

2ⁿ− 1· · · cos 2ⁿπ

2ⁿ− 1 = 1

2ⁿ (10)

成立。

解: 將 (10) 式同乘 2ⁿsin₂n^2π−1, 且因為

sin 2π

2^k− 1cos 2π 2^k− 1 = 1

2sin 4π 2^k− 1 所以

2ⁿsin 2π

2ⁿ− 1cos 2π

2ⁿ− 1cos 4π

2ⁿ− 1· · · cos 2ⁿπ 2ⁿ− 1

= 2ⁿ⁻¹sin 4π

2ⁿ− 1cos 4π

2ⁿ− 1· · · cos 2ⁿπ 2ⁿ− 1 ...

= sin 2ⁿ⁺¹π 2ⁿ− 1 = sin

(

2π + 2π 2ⁿ− 1

)

= sin 2π 2ⁿ− 1 因為 2ⁿsin₂n^2π−1 為常數, 則所求為

cos 2π

2ⁿ− 1cos 4π

2ⁿ− 1· · · cos 2ⁿπ

2ⁿ− 1 = 1

2ⁿ ¤

參考文獻

1. 陶懋頎、 單墫、 蘇淳、 嚴鎮軍 譯, 常庚哲 校 (2002)。 通過問題學解題, 一版二刷。 台北: 九章出版 社。

2. 常豐 (1997)。 反差分計算在數列求和上的應用, 工科數學第 13 卷第 4 期。 蚌埠: 蚌埠教育學院。

3. Andreescu, T. and Gelca, R. (2007). Putnam and Beyond. New York: Springer Verlag.

4. Andreescu, T. and Gelca, R. (2009). Mathematical Olympiad Challenges, 2nd edition.

New York: Springer Verlag.

5. Graham, R.L., Knuth, D.E. and Patashnik, O. (1994). Concrete Mathematics: A Foundation for Computer Science, 2nd edition. New York: Addison-Wesley Publishing Company.

6. Larson, R. and Edwards, B.H. (2010). Calculus, 9th edition. New York: Brooks/Cole, Cengage Learning, Inc.

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8. Rosen, K. H. (2000). Handbook of Discrete and Combinatorial Mathematics. Boca Raton, FL: CRC Press.

—本文作者林宜嬪任教私立興國高級中學^,張福春任教國立中山大學應用數學系^—

超表示論研討會

Workshop on Super Representation Theory

日 期 : 2013 年 5 月 10 日 (星期五) ∼ 2013 年 5 月 12 日 (星期日)

地 點 : 台北市大安區羅斯福路四段1號 天文數學館6樓中研院數學所

演講廳 (639研討室)

詳見中研院數學所網頁 http://www.math.sinica.edu.tw

Conference on Diophantine Problems and Arithmetic Dynamics

日 期 : 2013 年 6 月 24 日 (星期一) ∼ 2013 年 6 月 28 日 (星期五)

地 點 : 台北市大安區羅斯福路四段1號 天文數學館6樓中研院數學所

演講廳 (639研討室)

詳見中研院數學所網頁 http://www.math.sinica.edu.tw