Serie teleskopiko

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

$(a_2-a_1)+(a_3-a_2)+(a_4-a_3)+\dots +(a_n-a_{n-1})=a_n-a_1$

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

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

honela kalkula daitekeena:

$\begin{array}{cc}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(n+1)}& =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})\\ & =\underset{N\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{n=1}^N(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})\\ & =\underset{N\to \mathrm{\infty }}{\lim }\left[(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\cdots +(\frac{1}{N}-\frac{1}{N+1})\right]\\ & =\underset{N\to \mathrm{\infty }}{\lim }\left[1+(-\frac{1}{2}+\frac{1}{2})+(-\frac{1}{3}+\frac{1}{3})+\cdots +(-\frac{1}{N}+\frac{1}{N})-\frac{1}{N+1}\right]\\ & =\underset{N\to \mathrm{\infty }}{\lim }\left[1-\frac{1}{N+1}\right]=1.\end{array}$

Oro har

Izan bedi zenbaki-sekuentzia bat $a_n$. Orduan,

$\sum _{n=1}^N(a_n-a_{n-1})=a_N-a_0,$

eta, baldin $a_n\to 0$

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a_n-a_{n-1})=-a_0.$

Salbuespenak

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

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

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.

$\begin{array}{cc}\sum _{n=1}^N\frac{1}{n(n+1)}& =\sum _{n=1}^N(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})\\ & =(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\cdots +(\frac{1}{N}-\frac{1}{N+1})\\ & =1+(-\frac{1}{2}+\frac{1}{2})+(-\frac{1}{3}+\frac{1}{3})+\cdots +(-\frac{1}{N}+\frac{1}{N})-\frac{1}{N+1}\\ & =1-\frac{1}{N+1}\to 1\mathrm{c}\mathrm{u}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{d}\mathrm{o}N\to \mathrm{\infty }.\end{array}$

Adibideak

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

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

• Forma honetako batuketa batzuk

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

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

$\begin{array}{cc}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{2n+3}{(n+1)(n+2)}& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2})\\ & =(\frac{1}{1}+\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}+\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}+\frac{1}{4})+\cdots \\ & \cdots +(\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n})+(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1})+(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2})+\cdots \\ & =\mathrm{\infty }.\end{array}$

Kontua da terminoak ez direla ezeztatzen.

• Izan bedi k zenbaki oso positibo bat. Orduan,

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

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