在《级数求和之等比放缩》中,我们介绍了等比放缩,即把一个求和级数的通项放缩成一个等比数列,等比放缩的要求是an+1an<q<1,所以对于有些数列,是不可能走等比放缩的路的,比如数列an=1n2,要证明n∑k=1ak<2.
我们知道an+1an=(n+1)2n2在n趋于正无穷时是趋近于1的,所以要证明这个级数不等式,可以将这个数列的通项放缩成可以裂项求和的形式,当n⩾时,有\dfrac 1{n^2}<\dfrac 1{n(n-1)}=\dfrac 1{n-1}-\dfrac 1n,于是\sum\limits_{k=1}^n\dfrac 1{k^2}<1+\sum_{k=2}^n\left(\dfrac 1{k-1}-\dfrac 1k\right )=2-\dfrac 1n<2.裂项放缩的方法不唯一,熟悉哪些形式可以进行裂项求和,会帮助我们放缩的可能方向,要熟练掌握裂项放缩的技巧需要平时的积累与练习,下面我们给出两道例题去学习一些常见的裂项放缩.
例题一 已知a_n=\dfrac {1}{n^2}.
(1)证明:\sum\limits_{k=1}^n{a_k}<\dfrac 74;
(2)证明:\sum\limits_{k=1}^n{a_k}<\dfrac {5}{3}.
分析与证明 从前面的说明我们知道,利用n^2>n^2-n=n(n-1),我们得到\dfrac 1{n^2}<\dfrac 1{n-1}-\dfrac 1n,可以证明和式小于2,现在需要更加精确有界,所以我们希望降低放缩过程中的损失.如果我们可以找到一个0<f(n)<n,使得n^2>n^2-f(n)=(n-a)(n-b),由递推原则知a,b相差为整数时可以裂项求和,而f(n)=1与f(n)=\dfrac 14都满足要求.
(1)因为n\geqslant 2时,有\begin{split} \dfrac 1{n^2}<&\dfrac 1{n^2-1}\\=&\dfrac 1{(n-1)(n+1)}\\=&\dfrac 12\left(\dfrac 1{n-1}-\dfrac 1{n+1}\right ),\end{split} 所以\begin{split} \sum\limits_{k=1}^n\dfrac 1{k^2}<&1+\dfrac 12\sum_{k=2}^n\left(\dfrac 1{k-1}-\dfrac 1{k+1}\right )\\=&1+\dfrac 12\left(1+\dfrac 12-\dfrac 1n-\dfrac 1{n+1}\right )\\<&\dfrac 74.\end{split}
(2)因为n\geqslant 2时,有\begin{split} \dfrac 1{n^2}<&\dfrac 1{n^2-\frac 14}\\=&\dfrac 1{\left(n-\frac 12\right )\left(n+\frac 12\right )}\\=&\dfrac 1{n-\frac 12}-\dfrac 1{n+\frac 12},\end{split} 所以\begin{split} \sum\limits_{k=1}^n\dfrac 1{k^2}<&1+\sum_{k=2}^n{\left(\dfrac 1{k-\frac 12}-\dfrac 1{k+\frac 12}\right )}\\=&1+\dfrac 1{2-\frac 12}-\dfrac 1{n+\frac 12}\\<&\dfrac 53.\end{split}
有时要证明的式子本身可以告诉我们如何去裂项,比如下面这道例题:
例题二 求证:2(\sqrt{n+1}-1)<\sum\limits_{k=1}^n\dfrac 1{\sqrt k}<\sqrt 2(\sqrt{2n+1}-1).
分析与证明 所证不等式的左边与右边都是和式,可以看出\begin{split} 2(\sqrt{n+1}-1)=&\sum_{k=1}^n{2(\sqrt{k+1}-\sqrt k)},\\\sqrt 2(\sqrt{2n+1}-1)=&\sum_{k=1}^n{\sqrt 2(\sqrt{2k+1}-\sqrt{2k-1})}.\end{split} 于是只需要证明一般项有大小关系,即{2(\sqrt{k+1}-\sqrt k)}<\dfrac 1{\sqrt k}<{\sqrt 2(\sqrt{2k+1}-\sqrt{2k-1})},也即证明\dfrac 2{\sqrt{k+1}+\sqrt k}<\dfrac 2{2\sqrt k}<\dfrac 2{\sqrt{k+\frac 12}+\sqrt{k-\frac 12}},这显然成立.
注 对于更复杂的一眼看不出是哪个数列的和的,可以直接令\begin{split} T_n=&2(\sqrt{n+1}-1)=\sum_{k=1}^n{a_k},\\S_n=&\sqrt 2(\sqrt{2n+1}-1)=\sum_{k=1}^n{b_k}.\end{split} 于是可以直接通过a_k=T_{k}-T_{k-1},b_k=S_k-S_{k-1}去找到数列的通项(记T_0=S_0=0).
最后给出两道练习:
练习一 已知a_n=(n+1)(2n+1),求证:\sum\limits_{k=1}^n\dfrac 1{a_k}<\dfrac 5{12}.
提示 因为a_n\geqslant 2n(n+1),从第二项开始放缩即可.
练习二 求证:\sum\limits_{k=1}^k{\dfrac 1{\sqrt{3n-2}}}>\dfrac 23(\sqrt{3n+1}-1).
提示 证明一般项\dfrac 1{\sqrt{3k-2}}>\dfrac 23(\sqrt{3k+1}-\sqrt{3k-2})=\dfrac 2{\sqrt{3k+1}+\sqrt{3k-2}}.
裂项放缩的类型很多,这里只就最常见的情形给出了例题与练习,更多相关的类型会在以后的方法技巧或每日一题中推出.