O teleskopických součtech a součinech
JAROSLAV ŠVRČEK
Přírodovědecká fakulta UP, Olomouc
Stanovení součtu (součinu) několika čísel (členů číselné posloupnosti vyhovující
danému předpisu) a řešení úloh, které s touto problematikou souvisejí, patří
v oblasti školské matematiky mezi oblíbené celky jak pro žáky, tak i pro učitele
matematiky. Na druhé straně je třeba konstatovat, že se žáci při výuce matematiky
hlouběji seznamují pouze se součty několika členů aritmetické či geometrické
posloupnosti, což představuje jen velmi omezený celek znalostí z uvedené oblasti.
Tento článek je určen především těm učitelům matematiky, jejich žákům a
dalším zájemcům, kteří se chtějí o uvedené problematice dovědět něco navíc.
Cílem příspěvku je seznámit čtenáře s metodou teleskopických součtů a součinů.
Jak již název napovídá, princip této metody je založen na cíleném rozšíření
(„prodloužení ) daného součtu (součinu) několika čísel takovým způsobem, aby
jej vzápětí bylo možno výrazně zjednodušit, tj. co nejvíce snížit počet jeho sčítanců
(činitelů). Toho lze dosáhnout, pokud každý ze sčítanců lze přepsat ve
tvaru vhodného rozdílu tak, že většina členů takto upraveného součtu se v závěru
navzájem zruší. Takový postup představuje jistou analogii s činností velkého
dalekohledu (teleskopu), který je potřeba před vlastním použitím zpravidla prodloužit
o určitý počet článků tak, abychom s ním mohli dál efektivně pracovat
(odtud název metody). Zájemcům o tuto problematiku je možno doporučit také
některé zahraniční zdroje, které jsou zaměřeny především na práci s matematicky
talentovanými žáky. Patří mezi ně také obě publikace uvedené na konci článku.
V první části příspěvku je prezentováno využití metody teleskopických součtů
při řešení několika konkrétních úloh. Druhá část článku je pak věnována problematice
teleskopických součinů.
1. Teleskopické součty
Uveďme nejprve několik snazších úloh.
Příklad 1
Určete hodnotu výrazu
1
1 · 2
+
1
2 · 3
+
1
3 · 4
+ . . . +
1
n(n + 1)
.
Řešení. Uvažujme k-tý sčítanec (k = 1, 2, . . ., n) daného součtu, pro který platí
1
k(k + 1)
=
(k + 1) − k
k(k + 1)
=
1
k
−
1
k + 1
. (1)
1
V daném součtu nahradíme každý sčítanec rozdílem dvou zlomků podle (1). Dostaneme
tak
1
1 · 2
+
1
2 · 3
+
1
3 · 4
+ . . . +
1
n(n + 1)
=
= 1 −
1
2
+
1
2
−
1
3
+ . . . +
1
n
−
1
n + 1
= 1 −
1
n + 1
=
n
n + 1
.
Všimněme si, že uvedené řešení je založeno na následující skutečnosti: Každý
sčítanec je nahrazen rozdílem dvou zlomků (v podstatě jde o rozšíření daného
součtu, přesněji zdvojnásobení počtu jeho členů, s cílem výrazně v závěru zjednodušit
upravený tvar součtu).
Poznámka. K rozkladu (1) lze dospět také jinak – využitím metody neurčitých
koeficientů při rozkladu k-tého sčítance na tzv. parciální zlomky. Jde o nalezení
reálných čísel A a B, která pro každé k přirozené vyhovují vztahu
1
k(k + 1)
=
A
k
+
B
k + 1
.
Tato úloha vede na řešení snadné soustavy dvou lineárních rovnic A + B = 0 a
A = 1 o neznámých A, B. Její řešení A = 1, B = −1 vede k výše odvozenému
rozkladu (1).
Podobným způsobem lze stanovit např. hodnotu součtu
1
1 · 2 · 3
+
1
2 · 3 · 4
+
1
3 · 4 · 5
+ . . . +
1
n(n + 1)(n + 2)
.
Příklad 2
Dokažte, že pro každé přirozené číslo n > 1 platí nerovnost
1
22
+
1
32
+ . . . +
1
n2
< 1 .
Řešení. Pro každé k přirozené k > 1 platí nerovnost
1
k2
<
1
(k − 1)k
.
Využitím této nerovnosti pro k = 2, 3, . . ., n a využitím výsledku z příkladu 1
dostaneme postupně
1
22
+
1
32
+ . . . +
1
n2
<
1
1 · 2
+
1
2 · 3
+
1
3 · 4
+ . . . +
1
(n − 1)n
= 1 −
1
n
< 1 ,
což jsme chtěli dokázat.
2
Příklad 3
Dokažte, že pro každé n přirozené platí nerovnost
1 +
1
1 + 2
+
1
1 + 2 + 3
+ . . . +
1
1 + 2 + . . . + n
< 2 .
Řešení. Vzhledem k tomu, že pro každé přirozené číslo k platí
1 + 2 + . . . + k =
k(k + 1)
2
,
je daná nerovnost ekvivalentní s nerovností
2
1 · 2
+
2
2 · 3
+
2
3 · 4
+ . . . +
2
n(n + 1)
< 2 .
Po snadné úpravě však dostáváme přímo nerovnost dokázanou v předešlém příkladu
2.
Příklad 4
Dokažte, že platí následující rovnost
1
√
1 +
√
2
+
1
√
2 +
√
3
+ . . . +
1
√
99 +
√
100
= 9 .
Řešení. Usměrníme-li každý sčítanec na levé straně rovnosti, získáme pouhým
„teleskopickým zjednodušením celého výrazu na levé straně
1
√
1 +
√
2
+
1
√
2 +
√
3
+ . . . +
1
√
99 +
√
100
=
= (
√
2 −
√
1) + (
√
3 −
√
2) + . . . + (
√
100 −
√
99) =
√
100 −
√
1 = 10 − 1 = 9 ,
což bylo třeba dokázat.
Příklad 5
Dokažte následující nerovnosti
a)
1
2!
+
2
3!
+ . . . +
2010
2011!
< 1 ,
b)
3
1! + 2! + 3!
+
4
2! + 3! + 4!
+ . . . +
2011
2009! + 2010! + 2011!
<
1
2
.
3
Řešení.
a) Podobně jako v příkladu 1 upravíme nejprve k-tý sčítanec (k = 1, 2, . . ., 2010)
na levé straně nerovnosti následujícím způsobem
k
(k + 1)!
=
(k + 1) − 1
(k + 1)!
=
1
k!
−
1
(k + 1)!
.
Pak platí
1
2!
+
2
3!
+ . . . +
99
100!
=
1
1!
−
1
2!
+
1
2!
−
1
3!
+ . . . +
1
2010!
−
1
2011!
=
= 1 −
1
2011!
< 1 ,
což jsme chtěli dokázat.
b) Jednotlivé sčítance na levé straně nerovnosti upravíme pomocí následující
identity. Pro všechna k = 3, 4, . . ., 2011 platí
k
(k − 2)! + (k − 1)! + k!
=
k
k2(k − 2)!
=
1
k(k − 2)!
=
k − 1
k!
=
1
(k − 1)!
−
1
k!
.
Pomocí ní upravíme každý sčítanec na levé straně nerovnosti a dostaneme tak
3
1! + 2! + 3!
+
4
2! + 3! + 4!
+ . . . +
2011
2009! + 2010! + 2011!
=
=
1
2!
−
1
3!
+
1
3!
−
1
4!
+ . . . +
1
2010!
−
1
2011!
=
1
2!
−
1
2011!
<
1
2
.
Tím je důkaz i této nerovnosti uzavřen.
Analogickým způsobem (využitím metody teleskopických součtů) lze řešit
také následující úlohy. U každé z nich je uveden stručný návod, pomocí něhož
se každý ze zájemců o tuto problematiku může samostatně pokusit o její řešení.
Příklad 6
Určete hodnotu součtu
1 + 1 +
1
4
+ 1 +
1
4
+
1
9
+ . . . + 1 +
1
n2
+
1
(n + 1)2
.
[Návod: Využijte rovnost
1 +
1
k2
+
1
(k + 1)2
=
(k2
+ k + 1)2
k2(k + 1)2
4
a dále po úpravě jednotlivých sčítanců metodu teleskopických součtů.]
Příklad 7
Určete hodnotu součtu
Sn = sin x + sin 2x + sin 3x + . . . + sin nx .
[Návod: Pro využití metody teleskopických součtů vynásobte nejprve každý člen
součtu výrazem 2 sin x
2
a dále využijte vzorec
2 sin kx sin
x
2
= cos
(2k − 1)x
2
− cos
(2k + 1)x
2
pro k = 1, 2, . . ., n.]
Poznámka. Podobně lze stanovit také hodnotu součtu
Cn = cos x + cos 2x + cos 3x + . . . + cos nx .
Příklad 8 (21. USAMO, 1992)
Dokažte rovnost
1
cos 0◦
cos 1◦ +
1
cos 1◦
cos 2◦ + . . . +
1
cos 88◦
cos 89◦ =
cos 1◦
sin2
1◦ .
[Návod: Obě strany dokazované rovnosti vynásobte výrazem sin 1◦
a dále využijte
následující rovnost (argumenty goniometrických funkcí uvažujte ve stupních)
sin 1
cos k cos(k + 1)
=
sin(k + 1) cos k − cos(k + 1) sin k
cos k cos(k + 1)
pro k = 0, 1, 2, . . ., 88.]
Příklad 9 (25. USAMO, 1996)
Dokažte rovnost
2 sin 2◦
+ 4 sin 4◦
+ . . . + 178 sin 178◦
= 90 cotg 1◦
.
[Návod: Obě strany dokazované rovnosti vynásobte výrazem sin 1◦
a dále využijte
identitu (argumenty goniometrických funkcí uvažujte ve stupních)
2 sin 2k sin 1 = cos(2k − 1) − cos(2k + 1) .
pro k = 1, 2, . . ., 89.]
5
2. Teleskopické součiny
Ve druhé části se zaměříme na prezentaci metody teleskopických součinů.
S uvedenou problematikou se mj. mohli setkat již řešitelé 21. ročníku Matematické
olympiády v kategorii A (viz příklady 14 a 15), které ponecháváme čtenářům
k samostatnému procvičení.
Příklad 10
Dokažte nerovnost
1
2
·
3
4
· . . . ·
99
100
<
1
10
.
Řešení. Označme
A =
1
2
·
3
4
· . . . ·
99
100
a B =
2
3
·
4
5
· . . . ·
100
101
.
Protože pro všechna n přirozená platí očividně nerovnost
n
n + 1
<
n + 1
n + 2
,
obdržíme využitím „teleskopického zkrácení většiny činitelů v čitateli a jmenovateli
zlomku (součinu) A · B postupně následující odhady
A2
< A · B <
1
101
<
1
100
, tj. A <
1
10
,
což přímo dokazuje danou nerovnost.
Příklad 11
Dokažte nerovnost
1 +
1
1 · 3
· 1 +
1
2 · 4
· . . . · 1 +
1
2009 · 2011
< 2 .
Řešení. Každý z činitelů na levé straně dokazované nerovnosti upravíme následujícím
způsobem: Pro každé k = 2, 3, . . ., 2010 platí
1 +
1
(k − 1)(k + 1)
=
k2
(k − 1)(k + 1)
.
Uvažovaný součin upravíme pomocí této rovnosti a dále využijeme (stejně jako
v předchozím případě) „teleskopické zkrácení celého výrazu. Dostaneme tak
22
1 · 3
·
32
2 · 4
·
42
3 · 5
· . . . ·
20102
2009 · 2011
= 2 ·
2010
2011
< 2 .
Tím je důkaz uzavřen.
6
Zcela analogicky lze postupovat také při důkazu následující identity. O její
snadný důkaz se můžete pokusit samostatně.
Příklad 12.
Dokažte, že pro všechna n > 1 přirozená rovnost
1 −
1
4
· 1 −
1
9
· . . . · 1 −
1
n2
=
n + 1
2n
.
Příklad 13.
Dokažte, že pro každé přirozené číslo n > 1 platí nerovnost
23
+ 1
23 − 1
·
33
+ 1
33 − 1
· . . . ·
n3
+ 1
n3 − 1
<
3
2
.
Řešení. Využitím vzorců a3
+b3
= (a+b)(a2
−ab+b2
), a3
−b3
= (a−b)(a2
+ab+b2
),
jež platí pro libovolná reálná čísla a, b, dostaneme speciální volbou a = 2, 3, . . ., n
a b = 1
23
+ 1
23 − 1
·
33
+ 1
33 − 1
· . . . ·
n3
+ 1
n3 − 1
=
3 · 3
1 · 7
·
4 · 7
2 · 13
·
5 · 13
3 · 21
· . . . ·
(n + 1)(n2
− n + 1)
(n − 1)(n2 + n + 1)
.
Protože pro k = 2, 3, . . ., n − 1 platí rovnost
(k + 1)2
− (k + 1) + 1 = k2
+ k + 1 ,
lze poslední součin upravit (po teleskopickém zkrácení) do tvaru
3 · 3
1 · 7
·
4 · 7
2 · 13
·
5 · 13
3 · 21
·. . .·
(n + 1)(n2
− n + 1)
(n − 1)(n2 + n + 1)
=
3
2
·
n(n + 1)
n2 + n + 1
=
3
2
·
n2
+ n
n2 + n + 1
<
3
2
.
Tím je důkaz nerovnosti uzavřen.
Závěrečné dvě (na sebe navazující úlohy) jsou určeny čtenářům k samostatnému
procvičení problematiky této části příspěvku.
Příklad 14 (21. ročník MO, A–II–1a)
Dokažte, že pro všechna přirozená čísla n > 1 platí
1 +
1
2
−
1
4
−
1
8
· 1 +
1
3
−
1
9
−
1
27
· . . . · 1 +
1
n
−
1
n2
−
1
n3
=
(n + 1)2
4n
.
Příklad 15. (21. ročník MO, A–III–1)
Dokažte, že pro všechna přirozená čísla n > 1 platí nerovnost
1 −
1
8
· 1 −
1
27
· . . . · 1 −
1
n3
>
1
2
.
7
Literatura
[1] Andreescu, T. – Gelca, R.: Mathematical Olympiad Challanges. Birkäuser.
Boston 2000.
[2] Larson, L. C.: Metódy riešenia matematických problémov. Vyd. Alfa, Bratislava
1990.
Příspěvek vznikl za podpory projektu OPVK – CZ.1.07/1.2.12/01.0027.
8