AMKbook.Net Задачи должны иметь решение

Сокращённая запись сумм: краткое введение

Использование знака \(\displaystyle{\Sigma}\) для записи сумм.

В математике нередко приходится иметь дело с суммами, состоящими из слагаемых, которые подчинены некоей закономерности, т.е. формируются по единому для всех слагаемых правилу или, говоря несколько неформально, по одному "шаблону". Такие суммы встречаются столь часто, что для них имеется особая запись, – с использованием греческой буквы \(\displaystyle{\Sigma}\) ("сигма"). Эта запись была предложена в 1820 году Жозефом Фурье. Подробнейшее изложение данной нотации, как и её свойств, имеется в прекрасной книге Дональда Кнута, Роналда Грэхема и Орена Паташника "Конкретная математика. Основание информатики", а также в не менее великолепном первом томе Дональда Кнута "Искусство программирования". Здесь же мы обсудим лишь некоторые аспекты данной темы, которых, впрочем, хватит для стандартного курса высшей математики или математического анализа.

Допустим, мы хотим записать сумму квадратов целых чисел от -1 до 3. Конечно же, эту сумму можно написать без всяких сокращений, вот так:

\[ (-1)^2 + 0^2 + 1^2 + 2^2 + 3^2 \]

Такая запись вполне хороша, ибо количество слагаемых невелико, однако же если число слагаемых станет существенно бо́льшим, то в полную силу проявится существеннейший недостаток развёрнутой записи – громоздкость.

Конечно, можно сократить подобные выражения, используя многоточие, которое заменяет словосочетание "и так далее". Например, вот так можно записать сумму всех натуральных чисел от 9 до 100:

\[ 9+10+\ldots+100 \]

Подразумевается, что скрытые многоточием члены суммы должны быть ясны из контекста, т.е. читатель сумеет догадаться по первым двум слагаемым (9 и 10), что следующим слагаемым будет 11, за ним 12 и так далее – до 100.

Запись с многоточием уже покороче, однако всё же несколько не то, что нужно в общем случае ввиду могущих возникнуть неоднозначных трактовок. Например, рассмотрим сумму такого вида:

\[ 3 + 5 + \ldots + 19 \]

Что означает эта запись? Сумму всех нечётных чисел от 3 до 19? Или сумму всех простых чисел от 3 до 19? Разумеется, что авторы математической литературы избегают подобных неопределённостей, предваряя такие сокращённые записи дополнительными пояснениями, однако же эта запись всё же не столь удобна, как хотелось бы.

Вернёмся к сумме квадратов целых чисел от -1 до 3. Каждое слагаемое в этой сумме имеет вид \(\displaystyle{i^2}\), где параметр \(\displaystyle{i}\) принимает все целочисленные значения от -1 до 3. Для записи такой суммы можно воспользоваться структурой \(\displaystyle{\sum\limits_{i=-1}^{3}i^2}\). Чуть позже мы дадим более общее определение, а пока что немного обсудим эту структуру.

Чтобы получить слагаемые суммы, записанной в виде \(\displaystyle{\sum\limits_{i=-1}^{3}i^2}\), нужно подставить в выражение \(\displaystyle{i^2}\) все целые числа от -1 до 3. Если \(\displaystyle{i=-1}\), то \(\displaystyle{i^2=(-1)^2}\) – это первое слагаемое. Далее подставляем \(\displaystyle{i=0}\), получив второе слагаемое, т.е. \(\displaystyle{i^2=0^2}\). Для записи третьего слагаемого подставим следующее значение \(\displaystyle{i}\), т.е. \(\displaystyle{i=1}\), получив при этом \(\displaystyle{i^2=1^2}\). И, наконец, для чтобы получить четвёртое и пятое слагаемое, потребуется в выражение \(\displaystyle{i^2}\) подставить соответственно \(\displaystyle{i=2}\) и \(\displaystyle{i=3}\). Результатом проделанной работы станет такое равенство:

\[ \sum\limits_{i=-1}^{3}i^2=(-1)^2+0^2+1^2+2^2+3^2 \]

Обратите внимание, что вместо буквы \(\displaystyle{i}\) мы могли бы использовать любое иное обозначение: \(\displaystyle{k}\), \(\displaystyle{j}\) и так далее:

\[ \sum\limits_{i=-1}^{3}i^2 =\sum\limits_{j=-1}^{3}j^2 =\sum\limits_{k=-1}^{3}k^2 \]

Конечно, такую сумму легко вычислить, банально сложив полученные числа, однако для нас в рамках этой темы представляет интерес именно запись суммы, а не её значение.

В данной теме мы будем рассматривать лишь конечные суммы, т.е. суммы, содержащие конечное количество слагаемых (бесконечные суммы тоже существуют, но изучаются в специальных разделах математического анализа). А теперь перейдём к определению.

Запись \(\displaystyle{\sum\limits_{k=m}^{n}f(k)}\) (или, что то же самое, \(\displaystyle{\sum\limits_{m\le{k}\le{n}}f(k)}\)), где \(\displaystyle{m\in{Z}}\), \(\displaystyle{n\in{Z}}\) и \(\displaystyle{n\gt{m}}\), используется для сокращённого обозначения суммы \(\displaystyle{n-m+1}\) слагаемых, которая включает в себя все те и только те слагаемые \(\displaystyle{f(k)}\), для которых \(\displaystyle{k}\) есть целое число, удовлетворяющее неравенству \(\displaystyle{m\le{k}\le{n}}\):

\[ \sum\limits_{k=m}^{n}f(k) = f(m) + f(m+1) + \ldots + f(n) \]

Если \(\displaystyle{n=m}\), то полагаем \(\displaystyle{\sum\limits_{k=n}^{n}f(k)=f(n)}\). Если \(\displaystyle{n\lt{m}}\), то полагаем \(\displaystyle{\sum\limits_{k=m}^{n}f(k)=0}\).

Параметр \(\displaystyle{k}\) именуется индексом суммирования (или индексной переменной) и, как было указано выше, принимает все целочисленные значения, удовлетворяющие неравенству \(\displaystyle{m\le{k}\le{n}}\). Выражение \(\displaystyle{f(k)}\) называется общим членом суммы, а элементы суммы, т.е. слагаемые \(\displaystyle{f(m)}\), \(\displaystyle{f(m+1)}\) и т.д. – членами суммы. Целые числа \(\displaystyle{m}\) и \(\displaystyle{n}\) называют пределами суммирования или границами суммирования. Зачастую уточняют, что \(\displaystyle{m}\) – нижний предел (нижняя граница) суммирования, а \(\displaystyle{n}\) – верхний предел (верхняя граница).

Немного оcтановимся на случае \(\displaystyle{n\lt{m}}\). Для наглядности рассмотрим конкретную сумму \(\displaystyle{\sum\limits_{k=5}^{-1}k^3}\). Запись \(\displaystyle{\sum\limits_{k=5}^{-1}k^3}\) подразумевает, что в качестве значений индекса суммирования \(\displaystyle{k}\) мы должны взять все целые числа, удовлетворяющие неравенству \(\displaystyle{5\le{k}\le{-1}}\). Однако таких чисел нет, посему вполне логично принять \(\displaystyle{\sum\limits_{k=5}^{-1}k^3 = 0}\).

Добавлю, что \(\displaystyle{f(k)}\), то бишь общий член суммы, вовсе не обязан принимать лишь числовые значения. Например, полагая \(\displaystyle{f(k) = kx^{3k+1}}\), получим:

\[ \sum\limits_{k=4}^{6}f(k) =\sum\limits_{k=4}^{6}kx^{3k+1} =4\cdot{x}^{3\cdot{4}+1} + 5\cdot{x}^{3\cdot{5}+1} + 6\cdot{x}^{3\cdot{6}+1} =4x^{13} + 5x^{16} + 6x^{19} \]

Кроме того, выражение \(\displaystyle{f(k)}\) вообще может не содержать параметр \(\displaystyle{k}\) в явном виде. В этом случае получим сумму вида \(\displaystyle{\sum\limits_{k=m}^{n}C}\), где выражение \(\displaystyle{C}\) не содержит \(\displaystyle{k}\). Такая сумма (при \(\displaystyle{m\gt{n}}\)) будет состоять из \(\displaystyle{m-n+1}\) одинаковых слагаемых, каждое из которых равно \(\displaystyle{C}\), т.е. сумма будет равна \(\displaystyle{(m-n+1)C}\). Например,

\[ \begin{aligned} & \sum\limits_{k=2}^{5}3 = 3 + 3 + 3 + 3=3\cdot{4}=12\\ & \sum\limits_{k=4}^{6}x^2=x^2+x^2+x^2=3x^2 \end{aligned} \]

Если речь идёт о сумме именно чисел (например, элементов матрицы или членов некоей числовой последовательности), то вместо \(\displaystyle{\sum\limits_{k=m}^{n}f(k)}\) часто пишут \(\displaystyle{\sum\limits_{k=m}^{n}a_k}\), т.е.

\[ \sum\limits_{k=m}^{n}a_k =a_m + a_{m+1} + \ldots + a_n \]

Например, если \(\displaystyle{a_k = 2k-1}\), то

\[ \sum\limits_{k=1}^{5}a_k =\sum\limits_{k=1}^{5}(2k-1) =1 + 3 + 5 + 7 + 9 \]

Мы получили сумму пяти первых нечётных натуральных чисел.

Математики нередко модифицируют указанное выше обозначение для суммы, однако такие модификации интуитивно понятны, причём обычно они поясняются перед использованием. Например, запись \(\displaystyle{\sum\limits_{x\in{S}}f(x)}\) означает сумму значений функции \(\displaystyle{f}\), рассчитанных для всех элементов множества \(\displaystyle{S}\). Для наглядности рассмотрим множество \(\displaystyle{S=\{-1,\, 2, \, 10 \}}\) и \(\displaystyle{f(x)=\sin(2x+3)}\):

\[ \sum\limits_{x\in{S}}f(x) =f(-1) + f(2) + f(10) =\sin{1} + \sin{7} + \sin{23} \]

Часто используется запись вида \(\displaystyle{\sum\limits_{P(k)}a_k}\), где \(\displaystyle{P(k)}\) – некое утверждение (предикат) относительно индекса \(\displaystyle{k}\). При этом суммирование ведётся по всем тем целочисленным значениям \(\displaystyle{k}\), для которых условие \(\displaystyle{P(k)}\) является истинным. Например, запись \(\displaystyle{\sum\limits_{\begin{array}{c}4\lt{k}\le{17}\\k-\text{простое число} \end{array}}\frac{1}{k^2}}\) означает сумму всех дробей вида \(\displaystyle{\frac{1}{k^2}}\), где \(\displaystyle{k}\) является простым числом, заключённым в промежутке \(\displaystyle{(4;17]}\):

\[ \sum\limits_{\begin{array}{c}4\lt{k}\le{17}\\k-\text{простое число} \end{array}}\frac{1}{k^2} =\frac{1}{5^2} + \frac{1}{7^2} + \frac{1}{11^2} + \frac{1}{13^2} + \frac{1}{17^2} \]

Бывает, что знак суммы вообще используют без указания пределов (границ) суммирования, – если эти пределы ясны из контекста. Например, запись \(\displaystyle{\sum\limits_{k}a_k}\) означает, что суммирование ведётся по тому диапазону значений \(\displaystyle{k}\), который предполагается очевидным из ранее изложенного материала книги.

Некоторые свойства сумм, записанных с помощью \(\displaystyle{\Sigma}\).

Как уже отмечалось ранее, сумма не зависит от того, какой именно буквой обозначить индекс суммирования, т.е., например,

\[ \sum\limits_{k=m}^{n}f(k) =\sum\limits_{i=m}^{n}f(i) =\sum\limits_{j=m}^{n}f(j) \]

Далее, константу можно выносить за знак суммы:

\[ \sum\limits_{k=m}^{n}\alpha{f(k)} =\alpha\sum\limits_{k=m}^{n}{f(k)} \]

По сути, это свойство равносильно вынесению общего множителя за скобки. Например,

\[ \sum\limits_{k=2}^{4}\alpha{f(k)} =\alpha{f(2)} + \alpha{f(3)} + \alpha{f(4)} =\alpha\cdot\bigl(f(2) + f(3) + f(4)\bigr) =\alpha\sum\limits_{k=2}^{4}{f(k)} \]

Операция суммирования обладает свойством линейности, т.е. для любых чисел \(\displaystyle{\alpha}\) и \(\displaystyle{\beta}\) имеем

\[ \sum\limits_{k=m}^{n}\left(\alpha{f(k)} + \beta{g(k)} \right) =\alpha\sum\limits_{k=m}^{n}{f(k)} + \beta\sum\limits_{k=m}^{n}{g(k)} \]

Записанные выше свойства довольно банальны. Гораздо интереснее, с моей точки зрения, свойство, позволяющее изменять пределы суммирования:

\[ \begin{equation} \sum\limits_{k=m}^{n}{f(k)} =\sum\limits_{k=m+p}^{n+p}{f(k-p)} \end{equation} \]

Попросту говоря, формула (1) означает следующее: если требуется прибавить число \(\displaystyle{p}\) к нижнему и верхнему пределам суммирования, то в общий член суммы нужно вместо \(\displaystyle{k}\) подставить \(\displaystyle{k-p}\).

Доказательство данного свойства

Введём новую переменную \(\displaystyle{t=k+p}\), откуда \(\displaystyle{k=t-p}\).

\[ m\le{k}\le{n} \Leftrightarrow m+p\le{k+p}\le{n+p} \Leftrightarrow m+p\le{t}\le{n+p} \]

Теперь выполним замену в исходной сумме, приходя к такому равенству:

\[ \sum\limits_{k=m}^{n}{f(k)} =\sum\limits_{t=m+p}^{n+p}{f(t-p)} \]

Так как сумма не зависит от того, какой буквой мы обозначаем индекс суммирования, то вместо \(\displaystyle{t}\) используем букву \(\displaystyle{k}\):

\[ \sum\limits_{k=m}^{n}{f(k)} =\sum\limits_{k=m+p}^{n+p}{f(k-p)} \]

Это свойство довольно полезно при преобразованиях сумм. Рассмотрим пример, в котором применим данное свойство для изменения пределов суммирования.

Задача №1

Условие

Задана сумма \(\displaystyle{\sum\limits_{k=-3}^{2}\frac{k+9}{\ln(2k+11)}}\). Изменить данную сумму таким образом, чтобы нижний предел суммирования стал равным 1.

Решение

Нам нужно прибавить 4 к нижнему пределу суммирования. При этом, конечно, изменится и верхний предел, а также общий член суммы. Строгое применение формулы (1) я скрыл под примечание, так как такое оформление решения является чересчур формальным для практического применения.

Строгое применение формулы №1

Заданная сумма имеет вид \(\displaystyle{\sum\limits_{k=m}^{n}{f(k)}}\), где \(\displaystyle{m=-3}\), \(\displaystyle{n=2}\), \(\displaystyle{f(k)=\frac{k+9}{\ln(2k+11)}}\). Чтобы нижний предел суммирования стал равен 1, нужно воспользоваться формулой (1), положив в ней \(\displaystyle{p=4}\):

\[ \sum\limits_{k=-3}^{2}{f(k)} =\sum\limits_{k=-3+4}^{2+4}{f(k-4)} =\sum\limits_{k=1}^{6}{f(k-4)} \]

Общий член суммы изменился, став равным \(\displaystyle{f(k-4)}\). Раскроем это выражение:

\[ f(k-4) =\frac{k-4+9}{\ln(2(k-4)+11)} =\frac{k+5}{\ln(2k+3)} \]

Таким образом, окончательно получим

\[ \sum\limits_{k=-3}^{2}\frac{k+9}{\ln(2k+11)} =\sum\limits_{k=1}^{6}\frac{k+5}{\ln(2k+3)} \]

Нам требуется прибавить число 4 к верхнему и нижнему пределам суммирования, при этом вместо \(\displaystyle{k}\) в общий член суммы пойдёт выражение \(\displaystyle{k-4}\):

\[ \sum\limits_{k=-3}^{2}\frac{k+9}{\ln(2k+11)} =\sum\limits_{k=-3+4}^{2+4}\frac{k-4+9}{\ln(2(k-4)+11)} =\sum\limits_{k=1}^{6}\frac{k+5}{\ln(2k+3)} \]

Для наглядности я раскрою исходную и полученную суммы, чтобы продемонстрировать их совпадение:

\[ \begin{aligned} & \sum\limits_{k=-3}^{2}\frac{k+9}{\ln(2k+11)} = \frac{6}{\ln{5}} + \frac{7}{\ln{7}} + \frac{8}{\ln{9}} + \frac{9}{\ln{11}} + \frac{10}{\ln{13}} + \frac{11}{\ln{15}}\\ & \sum\limits_{k=1}^{6}\frac{k+5}{\ln(2k+3)} = \frac{6}{\ln{5}} + \frac{7}{\ln{7}} + \frac{8}{\ln{9}} + \frac{9}{\ln{11}} + \frac{10}{\ln{13}} + \frac{11}{\ln{15}} \end{aligned} \]

Ответ:

\(\displaystyle{\sum\limits_{k=-3}^{2}\frac{k+9}{\ln(2k+11)}=\sum\limits_{k=1}^{6}\frac{k+5}{\ln(2k+3)}}\).

Если нам требуется изменить не пределы суммирования, а общий член суммы, то формула (1) также может быть полезна. Её можно интерпретировать и так: если вместо \(\displaystyle{k}\) в общий член суммы подставить \(\displaystyle{k-p}\), то к пределам суммирования нужно прибавить число \(\displaystyle{p}\).

Можно сформулировать и следствие из формулы (1), которое позволит вместо \(\displaystyle{k-p}\) в общем члене суммы сразу подставлять \(\displaystyle{k}\):

\[ \begin{equation} \sum\limits_{k=m}^{n}{f(k-p)} =\sum\limits_{k=m-p}^{n-p}{f(k)} \end{equation} \]
Доказательство формулы №2

Согласно формуле (1) имеем

\[ \sum\limits_{k=m_0+p}^{n_0+p}{f(k-p)} =\sum\limits_{k=m_0}^{n_0}{f(k)} \]

Переобозначая \(\displaystyle{m=m_0+p}\) и \(\displaystyle{n=n_0+p}\), получим:

\[ \sum\limits_{k=m}^{n}{f(k-p)} =\sum\limits_{k=m-p}^{n-p}{f(k)} \]

Говоря неформально, формула (2) означает следующее: если общий член суммы имеет вид \(\displaystyle{f(k-p)}\), то вместо \(\displaystyle{k-p}\) можно подставить \(\displaystyle{k}\), однако при этом из нижнего и верхнего пределов суммирования нужно вычесть \(\displaystyle{p}\). Рассмотрим пример на применение формул (1) и (2).

Задача №2

Условие

Задана сумма \(\displaystyle{\sum\limits_{k=3}^{5}\frac{1}{k+2}}\). Требуется записать общий член данной суммы как \(\displaystyle{\frac{1}{k}}\).

Решение

Решение с использованием формулы №1

Чтобы от суммы \(\displaystyle{\sum\limits_{k=3}^{5}\frac{1}{k+2}}\) перейти к сумме с общим членом \(\displaystyle{\frac{1}{k}}\), нужно в общий член суммы подставить вместо \(\displaystyle{k}\) выражение \(\displaystyle{k-2}\), при этом пределы суммирования будут увеличены на 2:

\[ \sum\limits_{k=3}^{5}\frac{1}{k+2} =\sum\limits_{k=3+2}^{5+2}\frac{1}{(k-2)+2} =\sum\limits_{k=5}^{7}\frac{1}{k} \]

Решение с использованием формулы №2

Общий член исходной суммы имеет вид \(\displaystyle{f(k-p)}\), где \(\displaystyle{p=-2}\), т.е. \(\displaystyle{f(k+2)=\frac{1}{k+2}}\). Нам нужно вместо \(\displaystyle{k+2}\) подставить \(\displaystyle{k}\). Мы можем осуществить требуемую подстановку, однако при этом нужно вычесть число \(\displaystyle{p=-2}\) из верхнего и нижнего пределов суммирования:

\[ \sum\limits_{k=3}^{5}\frac{1}{k+2} =\sum\limits_{k=3-(-2)}^{5-(-2)}\frac{1}{k} =\sum\limits_{k=5}^{7}\frac{1}{k} \]

Для наглядности я раскрою исходную и полученную суммы, чтобы продемонстрировать их совпадение:

\[ \begin{aligned} & \sum\limits_{k=3}^{5}\frac{1}{k+2} = \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7}\\ & \sum\limits_{k=5}^{7}\frac{1}{k} = \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} \end{aligned} \]

Ответ:

\(\displaystyle{\sum\limits_{k=3}^{5}\frac{1}{k+2}=\sum\limits_{k=5}^{7}\frac{1}{k}}\).

Бывает, что сумму приходится "расширять", увеличивая область изменения индекса, или же наоборот – "сужать" сумму, забирая некоторые члены. Для примера рассмотрим сумму \(\displaystyle{\sum\limits_{k=4}^{9}\ln(3k+1)}\) и на её примере проиллюстрируем вышесказанное.

Данная сумма состоит из 6 элементов. Сузим диапазон значений \(\displaystyle{k}\), сделав его таким: \(\displaystyle{7\le{k}\le{9}}\). Для этого уберём из \(\displaystyle{\Sigma}\) те члены, для которых \(\displaystyle{k=4}\), \(\displaystyle{k=5}\) и \(\displaystyle{k=6}\):

\[ \sum\limits_{k=4}^{9}\ln(3k+1) =\ln(3\cdot{4}+1) + \ln(3\cdot{5}+1) + \\ +\ln(3\cdot{6}+1) + \sum\limits_{k=7}^{9}\ln(3k+1) =\ln{13} + \ln{16} + \ln{19} + \sum\limits_{k=7}^{9}\ln(3k+1) \]

А теперь расширим диапазон значений \(\displaystyle{k}\), сделав его таким: \(\displaystyle{4\le{k}\le{11}}\). Для этого нам потребуются внести в \(\displaystyle{\Sigma}\) те члены, у которых \(\displaystyle{k=10}\) и \(\displaystyle{k=11}\). Не забываем, что если мы прибавляем некие элементы, то тут же должны их и вычесть:

\[ \sum\limits_{k=4}^{9}\ln(3k+1) =\sum\limits_{k=4}^{9}\ln(3k+1) + \ln(3\cdot{10}+1) + \\ +\ln(3\cdot{11}+1) - \biggl(\ln(3\cdot{10}+1) + \ln(3\cdot{11}+1) \biggr) =\sum\limits_{k=4}^{11}\ln(3k+1) - \ln{31} - \ln{34} \]

Рассмотрим ещё одну сумму: \(\displaystyle{\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{x^{2k}}{3k+1}}\), предполагая, что \(\displaystyle{n\ge{3}}\), т.е. сумма содержит не менее трёх слагаемых. Заберём последние два слагаемых, т.е. слагаемые, для которых \(\displaystyle{k=n-1}\) и \(\displaystyle{k=n}\). Для индекса оставшейся суммы получим \(\displaystyle{1\le{k}\le{n-2}}\):

\[ \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{x^{2k}}{3k+1} =\sum\limits_{k=1}^{n-2}\frac{x^{2k}}{3k+1} + \frac{x^{2(n-1)}}{3(n-1)+1} + \frac{x^{2n}}{3n+1} =\sum\limits_{k=1}^{n-2}\frac{x^{2k}}{3k+1} + \frac{x^{2n-2}}{3n-2} + \frac{x^{2n}}{3n+1} \]

А теперь "расширим" эту сумму, внеся в неё ещё один элемент, для которого \(\displaystyle{k=n+1}\):

\[ \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{x^{2k}}{3k+1} =\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{x^{2k}}{3k+1} + \frac{x^{2(n+1)}}{3(n+1)+1} - \frac{x^{2(n+1)}}{3(n+1)+1} =\sum\limits_{k=1}^{n+1}\frac{x^{2k}}{3k+1} - \frac{x^{2n+2}}{3n+4} \]

Далее рассмотрим ещё одно полезное свойство. Пусть общий член ряда можно представить в виде разности \(\displaystyle{f(k+1)-f(k)}\), тогда получим:

\[ \begin{equation} \sum\limits_{k=m}^{n}{\bigl(f(k+1) - f(k)\bigr)} =f(n+1) - f(m) \end{equation} \]

Доказательство этой формулы я скрыл под примечание. Если удастся представить общий член суммы в виде указанной разности, то сумму можно существенно упростить. Далее мы рассмотрим задачу, в которой разберём пример такого упрощения.

Доказательство формулы (3)

Сперва разложим сумму на две:

\[ \sum\limits_{k=m}^{n}{\bigl(f(k+1) - f(k)\bigr)} =\sum\limits_{k=m}^{n}f(k+1) - \sum\limits_{k=m}^{n}f(k) \]

В первой сумме заменим \(\displaystyle{k+1}\) на \(\displaystyle{k}\). Согласно формуле №2 получим:

\[ \sum\limits_{k=m}^{n}f(k+1) - \sum\limits_{k=m}^{n}f(k) =\sum\limits_{k=m+1}^{n+1}f(k) - \sum\limits_{k=m}^{n}f(k) \]

Теперь расширим область изменения индекса для первой и второй сумм. В первую сумму внесём член \(\displaystyle{f(m)}\), а во вторую – \(\displaystyle{f(n+1)}\):

\[ \begin{aligned} & \sum\limits_{k=m+1}^{n+1}f(k) = f(m) + \sum\limits_{k=m+1}^{n+1}f(k) - f(m) = \sum\limits_{k=m}^{n+1}f(k) - f(m)\\ & \sum\limits_{k=m}^{n}f(k) = \sum\limits_{k=m}^{n}f(k) + f(n+1) - f(n+1) = \sum\limits_{k=m}^{n+1}f(k) - f(n+1) \end{aligned} \]

Вернёмся к разности сумм:

\[ \sum\limits_{k=m+1}^{n+1}f(k) - \sum\limits_{k=m}^{n}f(k) = \sum\limits_{k=m}^{n+1}f(k) - f(m) - \left( \sum\limits_{k=m}^{n+1}f(k) - f(n+1) \right) = f(n+1) - f(m) \]

Формула доказана.

Задача №3

Условие

Упростить выражение для \(\displaystyle{S_n}\), где \(\displaystyle{S_n=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{4k^2-1}}\), записав \(\displaystyle{S_n}\) как функцию от \(\displaystyle{n}\) без использования непосредственного суммирования \(\displaystyle{n}\) слагаемых.

Решение

Разложим общий член суммы на пару дробей:

\[ \frac{1}{4k^2-1} =\frac{1}{(2k-1)(2k+1)} =\frac{1}{2}\cdot\frac{2k+1-(2k-1)}{(2k-1)(2k+1)}=\\ =\frac{1}{2}\cdot\left(\frac{2k+1}{(2k-1)(2k+1)}-\frac{2k-1}{(2k-1)(2k+1)}\right) =\frac{1}{2(2k-1)} - \frac{1}{2(2k+1)} \]

Понимаю, что подобные преобразования кажутся несколько искусственными – они таковые и есть. Очевидными их назвать никак нельзя, однако в курсе математического анализа вы изучите общие способы разложения рациональных дробей, а пока что удовольствуемся записанными выше выкладками.

Мы можем решить данную задачу двумя путями: как с использованием формулы №3, так и и без неё. Рассмотрим оба способа.

Решение без использования формулы №3

\[ S_n =\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{4k^2-1} =\sum\limits_{k=1}^{n}\left( \frac{1}{2(2k-1)} - \frac{1}{2(2k+1)}\right) =\frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+1} \]

Далее мы можем пойти двумя путями. Первый вариант: записать общий член первой суммы в виде \(\displaystyle{\frac{1}{2k+1}}\), а второй вариант – записать общий член второй суммы как \(\displaystyle{\frac{1}{2k-1}}\). Для наглядности я покажу оба преобразования, которые будут основаны на формуле (2):

\[ \begin{aligned} & \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k-1} = \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2(k-1)+1} = \sum\limits_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2k+1}\\ & \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+1} = \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2(k+1)-1} = \sum\limits_{k=2}^{n+1}\frac{1}{2k-1} \end{aligned} \]

Какой путь избрать – не важно, решение в двух случаях будет однотипным. Я приведу общий член первой суммы к виду \(\displaystyle{\frac{1}{2k+1}}\):

\[ \frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+1} =\frac{1}{2}\sum\limits_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+1} \]

Теперь сделаем так, чтобы у сумм совпали пределы суммирования. Верхний предел первой суммы должен стать равным \(\displaystyle{n}\), а нижний предел второй суммы должен стать равным 0:

\[ \frac{1}{2}\sum\limits_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+1}=\\ =\frac{1}{2}\left(\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2n+1}\right) - \frac{1}{2}\left(\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2\cdot{0}+1}\right) =\frac{1}{2} - \frac{1}{2(2n+1)} \]

Итак, \(\displaystyle{S_n = \frac{1}{2} - \frac{1}{2(2n+1)}}\). Попробуем получить тот же результат, используя формулу (3).

Решение с использованием формулы №3

\[ S_n =\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{4k^2-1} =\sum\limits_{k=1}^{n}\left( \frac{1}{2(2k-1)} - \frac{1}{2(2k+1)}\right) =-\frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{n}\left( \frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k-1}\right) \]

Обратите внимание, что общий член полученной суммы есть разность \(\displaystyle{f(k+1)-f(k)}\), где \(\displaystyle{f(k)=\frac{1}{2k-1}}\). Это значит, что для нахождения этой суммы можно применить формулу (3):

\[ \sum\limits_{k=1}^{n}\left( \frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k-1}\right) =f(n+1) - f(1) =\frac{1}{2(n+1)-1}-\frac{1}{2\cdot{1}-1} =\frac{1}{2n+1} - 1 \]

Таким образом, для \(\displaystyle{S_n}\) будем иметь:

\[ S_n = -\frac{1}{2} \cdot\left( \frac{1}{2n+1} - 1 \right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2(2n+1)} \]

Ответ:

\(\displaystyle{S_n=\frac{1}{2} - \frac{1}{2(2n+1)}}\).

В решебнике есть задачи, в которых используются упомянутые выше формулы. Например, 1891, 1895, 1897, 2452, 2453.

Двойные суммы. Некоторые свойства двойных сумм.

Бывает, что суммировать приходится не по одному индексу, а по двум или даже большему их количеству. Такие суммы называют кратными. Мы обсудим частный случай – двойную сумму, которая имеет вид \(\displaystyle{\sum\limits_{i=m}^{n}\sum\limits_{j=k}^{p}f(i,j)}\), где \(\displaystyle{f(i,j)}\) – некое выражение, зависящее от индексов \(\displaystyle{i}\) и \(\displaystyle{j}\). Здесь предполагается, что каждый из индексов независимо от другого принимает свои значения: \(\displaystyle{i}\) изменяется от \(\displaystyle{m}\) до \(\displaystyle{n}\), а \(\displaystyle{j}\) – от \(\displaystyle{k}\) до \(\displaystyle{p}\). Мы можем записать эту сумму и с помощью одного знака \(\displaystyle{\Sigma}\), вот так: \(\displaystyle{\sum\limits_{\begin{array}{c}m\le{i}\le{n}\\k\le{j}\le{p}\end{array}}f(i,j)}\). А если индексы \(\displaystyle{i}\) и \(\displaystyle{j}\) изменяются в одном диапазоне (например, от \(\displaystyle{m}\) до \(\displaystyle{n}\)), то эту запись можно сделать ещё короче: \(\displaystyle{\sum\limits_{m\le{i,j}\le{n}}f(i,j)}\).

По сути, запись \(\displaystyle{\sum\limits_{i=m}^{n}\sum\limits_{j=k}^{p}f(i,j)}\) есть сокращение записи \(\displaystyle{\sum\limits_{i=m}^{n}\left(\sum\limits_{j=k}^{p}f(i,j)\right)}\). Вместо \(\displaystyle{f(i,j)}\) можно писать \(\displaystyle{a_{ij}}\), хотя такое обозначение может приводить к некоторому недопониманию. Например, как трактовать запись \(\displaystyle{a_{214}}\)? Как член суммы, у которого \(\displaystyle{i=2}\) и \(\displaystyle{j=14}\) или же как член суммы, для которого \(\displaystyle{i=21}\) и \(\displaystyle{j=4}\)? Дабы не было таких коллизий, можно разделять индексы запятой: \(\displaystyle{a_{i,j}}\).

Для наглядности раскроем сумму \(\displaystyle{\sum\limits_{i=2}^{4}\sum\limits_{j=3}^{6}a_{i,j}}\). Сперва раскроем внутреннюю сумму, проведя сумирование по \(\displaystyle{j}\), а затем внешнюю, осуществив суммирование по \(\displaystyle{i}\):

\[ \sum\limits_{i=2}^{4}\sum\limits_{j=3}^{6}a_{i,j} =\sum\limits_{i=2}^{4}\left(a_{i,3} + a_{i,4} + a_{i,5} + a_{i,6} \right) = \\ =a_{2,3} + a_{2,4} + a_{2,5} + a_{2,6} +a_{3,3} + a_{3,4} + a_{3,5} + a_{3,6} +a_{4,3} + a_{4,4} + a_{4,5} + a_{4,6} \]
А что будет, если сперва провести суммирование по \(\displaystyle{i}\), а затем по \(\displaystyle{j}\)?

Можно провести сначала суммирование и по \(\displaystyle{i}\) – результат от этого не изменится:

\[ \sum\limits_{i=2}^{4}\sum\limits_{j=3}^{6}a_{i,j} =\sum\limits_{j=3}^{6}a_{2,j} + \sum\limits_{j=3}^{6}a_{3,j} + \sum\limits_{j=3}^{6}a_{4,j}=\\ =a_{2,3} + a_{2,4} + a_{2,5} + a_{2,6} +a_{3,3} + a_{3,4} + a_{3,5} + a_{3,6} +a_{4,3} + a_{4,4} + a_{4,5} + a_{4,6} \]

Обратите внимание, что индексы \(\displaystyle{i}\) и \(\displaystyle{j}\) изменяются независимо друг от друга, "пробегая" все доступные им диапазоны значений: для \(\displaystyle{i}\) от 2 до 4, а для \(\displaystyle{j}\) от 3 до 6. Естественным образом возникает вопрос – а что будет, если при таких условиях поменять порядок суммирования? Мы исследуем этот вопрос, однако сперва советую глянуть небольшое примечание.

Почему \(\displaystyle{5\cdot{3}=3\cdot{5}}\)?

Вопрос примечания кажется абсолютно не связанным с обсуждаемой темой, однако же это не так. Мы со школы помним, что равенство \(\displaystyle{5\cdot{3}=3\cdot{5}}\) верно, однако же почему оно верно? Почему \(\displaystyle{5\cdot{3}}\), т.е. сумма трёх пятёрок, равна \(\displaystyle{3\cdot{5}}\), т.е. сумме пяти троек? Для сложения коммутативность интуитивно ясна: если в одной куче лежит три конфеты, а в иной – пять, то от перестановки местами этих кучек количество конфет не поменяется, т.е. \(\displaystyle{3+5=5+3}\). Но с умножением ситуация далеко не столь очевидна. Давайте рассмотрим этот вопрос, а затем применим аналогичные рассуждения для сумм.

Мы знаем, что по определению умножения имеем \(\displaystyle{5\cdot{3} = 5+5+5}\). Распишем каждую пятёрку в сумму пяти единиц:

\[ \begin{aligned} & 5\cdot{3} = 5+5+5 =\\ = & 1+1+1+1+1+\\ +& 1+1+1+1+1+\\ +& 1+1+1+1+1 \end{aligned} \]

Можем, для наглядности, записать даже прямоугольную таблицу (матрицу) из трёх строк и пяти столбцов, в которую занесём все слагаемые:

\[ A=\left( \begin{array}{ccccc} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \end{array} \right) \]

В этой матрице ровно три строки, в каждой из которых пять единиц, т.е. выражение \(\displaystyle{5+5+5}\) – это сумма элементов этой матрицы.

Однако давайте посчитаем сумму элементов матрицы не по строкам, а по столбцам. Матрица \(\displaystyle{A}\) имеет ровно пять столбцов, в каждом из которых три единицы, т.е. сумма элементов каждого столбца равна 3. Таких столбцов пять, посему общая сумма элементов, посчитанная по столбцам, будет такой:

\[ 3+3+3+3+3 \]

Вне зависимости от метода подсчёта суммы элементов матрицы \(\displaystyle{A}\) (по строкам или столбцам) оная сумма, разумеется, останется неизменной, т.е. \(\displaystyle{5+5+5=3+3+3+3+3}\) или, что то же самое, \(\displaystyle{5\cdot{3}=3\cdot{5}}\). А далее применим эти же рассуждения для двойных сумм.

Вернёмся к сумме \(\displaystyle{\sum\limits_{i=2}^{4}\sum\limits_{j=3}^{6}a_{i,j}}\) и вновь раскроем её, только для наглядности запишем результат в три строки:

\[ \begin{aligned} & \sum\limits_{i=2}^{4}\sum\limits_{j=3}^{6}a_{i,j} = \sum\limits_{i=2}^{4}\left(a_{i,3} + a_{i,4} + a_{i,5} + a_{i,6} \right) =\\ = & \normblue{a_{2,3}}+\normgreen{a_{2,4}}+\normred{a_{2,5}}+\normpurple{a_{2,6}}+\\ +& \normblue{a_{3,3}}+\normgreen{a_{3,4}}+\normred{a_{3,5}}+\normpurple{a_{3,6}}+\\ +& \normblue{a_{4,3}}+\normgreen{a_{4,4}}+\normred{a_{4,5}}+\normpurple{a_{4,6}} \end{aligned} \]

Теперь рассмотрим "столбцы" полученной суммы. Для наглядности я выделил их разными цветами.

\[ \begin{aligned} & \normblue{a_{2,3}} + \normblue{a_{3,3}} + \normblue{a_{4,3}} = \sum\limits_{i=2}^{4}a_{i,3}\\ & \normgreen{a_{2,4}} +\normgreen{a_{3,4}} + \normgreen{a_{4,4}} = \sum\limits_{i=2}^{4}a_{i,4}\\ & \normred{a_{2,5}} + \normred{a_{3,5}} + \normred{a_{4,5}} = \sum\limits_{i=2}^{4}a_{i,5}\\ & \normpurple{a_{2,6}}+ \normpurple{a_{3,6}}+\normpurple{a_{4,6}} = \sum\limits_{i=2}^{4}a_{i,6}. \end{aligned} \]

Складываем полученные суммы:

\[ \sum\limits_{i=2}^{4}a_{i,3} + \sum\limits_{i=2}^{4}a_{i,4} + \sum\limits_{i=2}^{4}a_{i,5} + \sum\limits_{i=2}^{4}a_{i,6} =\sum\limits_{j=3}^{6}\sum\limits_{i=2}^{4}a_{i,j} \]

Мы доказали, что \(\displaystyle{\sum\limits_{i=2}^{4}\sum\limits_{j=3}^{6}a_{i,j} = \sum\limits_{j=3}^{6}\sum\limits_{i=2}^{4}a_{i,j}}\). Этот результат можно и обобщить:

\[ \begin{equation} \sum\limits_{i=m}^{n}\sum\limits_{j=k}^{p}a_{i,j} =\sum\limits_{j=k}^{p}\sum\limits_{i=m}^{n}a_{i,j} \end{equation} \]

Доказательство формулы (4) в общем виде полностью аналогично рассмотренному выше частному случаю, посему особого интереса не представляет. Если общий член суммы представляет собой произведение вида \(\displaystyle{a_i b_j}\), то для таких сумм тоже есть интересное свойство, которое мы рассмотрим на конкретном примере:

\[ \sum\limits_{i=2}^{4}\sum\limits_{j=3}^{6}a_i b_j =\sum\limits_{j=3}^{6}a_2 b_j + \sum\limits_{j=3}^{6}a_3 b_j + \sum\limits_{j=3}^{6}a_4 b_j = \\ =a_2\cdot\sum\limits_{j=3}^{6}b_j + a_3\cdot\sum\limits_{j=3}^{6}b_j + a_4\cdot\sum\limits_{j=3}^{6}b_j =\left(a_2 + a_3 + a_4\right)\cdot\sum\limits_{j=3}^{6}b_j =\sum\limits_{i=2}^{4}a_i\cdot\sum\limits_{j=3}^{6}b_j \]

В общем случае, который доказывается совершенно аналогично, имеем

\[ \begin{equation} \sum\limits_{i=m}^{n}\sum\limits_{j=k}^{p}a_i b_j =\sum\limits_{i=m}^{n}a_{i}\cdot\sum\limits_{j=k}^{p}b_j \end{equation} \]

Предыдущие два свойства были сформулированы нами для тех случаев, когда диапазоны значений индексов \(\displaystyle{i}\) и \(\displaystyle{j}\) не зависят друг от друга. Однако бывает и так, что диапазон значений индекса внутренней суммы зависит от значений индексной переменной внешней суммы:

\[ \sum\limits_{i=2}^{3}\sum\limits_{j=i+1}^{4}a_{i,j} =\sum\limits_{j=3}^{4}a_{2,j} + \sum\limits_{j=4}^{4}a_{3,j} =a_{2,3} + a_{2,4} + a_{3,4} \]

К слову, рассмотренную сумму можно было бы записать и в иной форме: \(\displaystyle{\sum\limits_{2\le{i}\lt{j}\le{4}}a_{i,j}}\). В подобных случаях тоже можно изменить порядок суммирования, однако сделать это несколько сложнее. Например,

\[ \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=i}^{n}a_{i,j} =\sum\limits_{j=1}^{n}\sum\limits_{i=1}^{j}a_{i,j} \]

В решебнике имеются примеры задач на вычисление двойных сумм: 1902, 1903, 1904, 1905.