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拆项相消法在高中数学中的应用

2017-04-06兰启龙

中学生理科应试 2017年1期
关键词:消法式子个数

兰启龙

數学的本质在于“关系”与“形式”.“拆项相消法”或叫f(k+1)-f(k)法就是体现数量关系中的一种形式的转换.其理论是:若ak=f(k+1)-f(k).则Sn=∑nk=1ak= f(n+1)-f(1).拆项相消法实质是:先分解再组合, 即把一个数列的通项公式分成几项差的形式,再将所有项重新组合,相加过程消去中间项,只剩有限项求和.

例如,求式子 41·2·3+52·3·4+63·4·5+...+n+3n(n+1)(n+2)的和,由于

ak=k+3k(k+1)(k+2)

=k+2k(k+1)(k+2)+1k(k+1)(k+2)

=1k(k+1)+1k(k+1)(k+2)

=(1k-1k+1)+12[1k(k+1)-1(k+1)(k+2)].

从而Sn=∑nk=1(1k-1k+1)+12∑nk=1[1k(k+1)-1(k+1)(k+2)]

=(1-1n+1)+12[12-1(n+1)(n+2)]=n(5n+11)4(n+1)(n+2).

实际上,拆项相消法有其广泛的应用.

一、在求等差数列的前n项和中的应用

教材上是用所谓“倒序相加”来求等差数列的前n项和Sn的,可是,很少人去关注拆项相消法.

从等差数列的定义出发,为简单起见,不妨设a1-d=a0(d为公差).

因ak=12dak(ak+1-ak-1)

=12d(akak+1-

ak-1ak).

所以 Sn=∑nk=1ak=12d[(a1a2-a0a1)+(a2a3-a1a2)+...+(anan+1-an-1an)]

=12d(anan+1-a0a1)①

=12d(anan+1-ana1+ana1-a0a1)

=12d(annd+a1nd)=n(a1+an)2.

若在上述①式以后用an=a1+(n-1)d,an+1=a1+nd代入,可直接得到Sn=na1+12n(n-1)d.

二、公式12+22 +32 +…+n2=16n(n+1)(2n+1)的推导.

公式∑nk=1k2的推导,不是一件很简单的事.

卢正勇先生的《数学解题思路》(获“1987年全国优秀畅销书”奖)中介绍了一种利用恒等式(n+1)3-n3=3n2+3n+1迭加的求和方法.现在用拆项相消法:

一方面,Tn=1×2+2×3+…+n(n+1)

=∑nk=1k(k+1)=∑nk=113k(k+1)[(k+2)-(k-1)]

=13∑nk=1[k(k+1)(k+2)-(k-1)k(k+1)]

=13n(n+1)(n+2)①

另一方面,Tn=∑nk=1k(k+1)=∑nk=1k2+∑nk=1k

=Sn+12n(n+1)②

根据①②式,不难解出

Sn=∑nk=1k2=16n(n+1)(2n+1).

推而广之,可以从Tn=1×2×3+2×3×4+…+n(n+1)(n+2)= ∑nk=1k(k+1)(k+2)

=14∑nk=1[k(k+1)(k+2)(k+3)-(k-1)k(k+1)(k+2)]

=14n(n+1)(n+2)(n+3)导出Sn=∑nk=1k3

……

从Tn=∑nk=1[k(k+1)(k+2)…(k+m-1)]

=…=1m+1n(n+1)(n+2)…(n+m) 中导出∑nk=1km.(至少理论上是这样)

三、在排列和组合中的应用

在含有排列数或组合数的一类问题中,常常用拆项相消法.

例1计算:

(1)31!+2!+3!+42!+3!+4!+…+n+2n!+(n+1)!+(n+2)!

分析(1)∵ak=k+2k!+(k+1)!+(k+2)!=k+2k![1+(k+1)+(k+1)(k+2)]

=1k!(k+2)=k+1(k+2)!

=k+2(k+2)!-1(k+2)!=1(k+1)!-1(k+2)!

∴原式=∑nk=1ak=∑nk=1[1(k+1)!-1(k+2)!]

=12-1(n+2)!.

四、在三角数列求和中的应用

在不少三角数列的求和问题中,拆项相消法也往往派得上用场.

例2求和:

(1)Sn=tanθsec2θ+tan2θsec4θ+tan4θsec8θ+…+tan2n-1θsec2nθ

(2)Tn=sinθ+sin(θ+α)+sin(θ+2α)+…+sin\[θ+(n-1)α\]

分析∵(1)ak=tan2k-1θsec2kθ=

sin[(2k-2k-1)θ]cos2k-1θcos2kθ=tan2kθ-tan2k-1θ

∴Sn=tan2nθ-tanθ.

(2)∵ak=sin\[θ+(k-1) α\]

=12sinα2·2sinα2sin[θ+(k-1)α]

=12sinα2[cos(θ+2k-32α)-cos(θ+2k-12α)]

(利用2sinxsiny=(cosxcosy+sinxsiny)-(cosxcosy-sinxsiny)

=cos(x-y)-cos(x+y))

Tn=12sinα2[cos(θ-α2)-cos(θ+2n-12α)]

=sinnα2sinα2sin(θ+n-12α)

注意:在(1)中,类似的有:

tanθ2secθ+tanθ22secθ2+tanθ23secθ22+…

+tanθ2nsecθ2n-1

=tanθ-tanθ2n;

在(2)中,对称结论是:

cosθ+cos(θ+α)+cos(θ+2α)+…

+cos\[θ+(n-1) α\]

=sinnα2sinα2·cos(θ+n-12α).

(可用cosx=sin(π2+x)转化,利用已知结论,立得)

在这两个式子中,令α=θ或α=2θ,可得到很有用的三角和式.

可别小瞧了这些和式,它们与其它部分知识有许多交汇情况.

五、在趣味数学中的应用

一些有趣的图形计数问题也牵涉到拆项相消法.图1

例3如图1,在正三角形PAnBn的三边PAn,PBn,AnBn上,分别有一组等分点A1,A2,…,An-1;B1,B2,…,Bn-1;C1,C2,…,Cn-1.求出图中所有正放的大小三角形“△”的个数.

分析一时难以看清,可退一步,先考察个别简单的情况,然后把它化归为数列求和的问题.

不妨设f(k)为△PAkBk里含“△”的个数.(k=1,2,…,n)直接从图中看出:

f(1)=1,f(2)=4=1+(1+2),

f(3)=10=4+(1+2+3)

……

应该有f(k)=f(k-1)+(1+2+…+k),事实上,△PAk-1Bk-1里的“△”都在△PAkBk里;此外,△PAkBk比ΔPAk-1Bk-1多出一些底边在AkBk上的“△”:若设A1B1=1,则底边长为k的“△”有1个(即△PAkBk),底边长为k-1的有2个(△A1AkCk-1和△B1C1Bk),…依此类推,底边长为1的“△”有k个.因此,上述猜想是对的.

∵f(k)-f(k-1)=1+2+…+k=12k2+12k.

∴f(2)-f(1)=12×22+12×2,

f(3)-f(2)= 12×32+12×3,

……

f(n)-f(n-1)=12n2+12n.

将上面(n-1)个式子两边分别相加,得

f(n)- f(1)=1216n(n+1)(2n+1)-1+

1212n(n+1)-1

∴f(n)=16n(n+1)(n+2).

综上所述,在一些与自然数n有关的问题中,不管是整式,分式,三角式,还是其它代数式,只要能把an表达成f(n+1)-f(n)或f(n)-f(n-1)的形式,原則上就可以用拆项相消法求出和式Sn=a1+a2+…+an.当然,要完成和式Sn的推导,通常需要有较强的逆向思维能力和综合变形的技巧.感觉变形比较困难的情况下,有时可用待定系数法尝试,验证.

(收稿日期:2016-11-22)

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