级数求和之裂项放缩

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$\dfrac {a_{n+1}}{a_n}<q<1$，所以对于有些数列，是不可能走等比放缩的路的，比如数列$a_n=\dfrac {1}{n^2}$，要证明$\sum\limits_{k=1}^n{a_k}<2$．

我们知道

$$\dfrac {a_{n+1}}{a_n}=\dfrac {(n+1)^2}{n^2}$$ 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$n\geqslant 2$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．