Mostrando $\sum_{i = 1}^n\frac1{i(i+1)} = 1-\frac1{n+1}$ withoug de inducción?

Question

Supervisé a una escuela de matemáticas de la prueba el otro día, y uno de los problemas fue la siguiente

Mostrar, mediante la inducción o por otros medios, que $$\sum_{i = 1}^n\frac1{i(i+1)} = 1-\frac1{n+1}$$

La inducción de la prueba es muy estándar, donde el paso de inducción se basa en el hecho de que $\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n}$, y estoy seguro de que ha sido contestadas en este sitio antes. Sin embargo, me tienes intrigado por la "o de otra forma" parte de la pregunta.

No sé si el maestro que escribió la prueba incluso considerar soluciones alternativas (es posible que solo han escrito para que si alguien tiene una idea loca que funciona, entonces se debe conseguir la máxima puntuación para ello), pero traté de encontrar uno. Por ejemplo, podemos hacer la siguiente telescopio-ish argumento: $$ \frac{1}{1(1+1)} + \frac{1}{2(2+1)} + \cdots + \frac{1}{(n-1)n} + \frac{1}{n(n+1)} + \frac{1}{n+1}\\ = \frac{1}{1(1+1)} + \frac{1}{2(2+1)} + \cdots + \frac{1}{(n-1)n} + \frac1n\\ \vdots\\ = \frac{1}{1(1+1)} + \frac12\\ = 1 $$ Sin embargo, siento que esto es sólo una inducción de la prueba en el disfraz (ocultos en los puntos verticales). Si uno utiliza la mecánica de la inducción de prueba para comprobar si la fórmula es verdadera para un determinado $n$, entonces una duda hace exactamente los mismos cálculos que he hecho aquí.

Hay una prueba de este hecho que claramente no no uso de la inducción (o al menos se esconde mejor)? El más elemental es el mejor, y el objetivo final sería hacerlo dentro del plan de estudios de los estudiantes que tomaron la prueba (o al menos no muy lejos de ella). Para referencia, deben estar familiarizados con la suma de la fórmula de la aritmética y geométrica de la serie y sus derivaciones (para técnicas parecidas a las que estarían bien dentro de las especificaciones).

Si hay una solución mediante el cálculo, a continuación, los estudiantes deben ser capaces de integrar funciones trigonométricas elementales, así como las funciones exponenciales, logaritmos y funciones racionales. Ellos están familiarizados con la integración por partes, sustitución y parcial de las fracciones.

Doy la bienvenida a soluciones más avanzadas como también, por supuesto.

Answer 1

Usted puede volver a índice a través de $j = i+1$. Entonces \begin{align*} &\sum_{i=1}^n \frac{1}{i(i+1)} = \sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{(j-1)j} = \sum_{j=2}^{n+1} \left(\frac{1}{j-1} - \frac{1}{j}\right) \\ &= \left(1 - \frac{1}{2} \right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) + \cdots + \left(\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n} \right) + \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n-1} \right) \\ &= 1 - \frac{1}{n-1} \end{align*} Todos los sumandos cancelar a la otra, excepto por $1$$-\frac{1}{n-1}$, por lo que nos quedamos con $1 - \frac{1}{n-1}$. No hay nada inductivo sobre ella. Es sólo una conveniente suma finita.

Answer 2

Para una prueba de nivel intermedio, tenga en cuenta que para cada una de las $k=1,2....,n$ hemos $$\int_k^{k+1} \frac{1}{t^2}\ dt=\frac{1}{k(k+1)}.$$ La adición de estas integrales para $k$ $1$ $n$da $$\int_1^{n+1}\frac{1}{t^2}\ dt=1-\frac{1}{n+1}.$$

En este enfoque de la "telescópica" se puede decir que se esconden en la aditividad de la integral sobre los distintos subintervalos de $[1,n+1].$

Answer 3

Usted puede escribir $$ \sum_{i = 1}^n\frac1{i(i+1)} = \sum_{i = 1}^n\left[\frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}\right]\ . $$ A continuación, utilice la identidad $$ \frac{1}{x}=\int_0^\infty ds e^{-x}\qquad x>0\ , $$ para escribir $$ \sum_{i = 1}^n\left[\frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}\right]=\int_0^\infty ds\sum_{i=1}^n \left[e^{-s i}-e^{-s (i+1)}\right]\ , $$ y, a continuación, utilizar sumas geométricas $$ \int_0^\infty ds \left[e^{-s}-e^{-(n+1) s}\right]=\frac{n}{n+1}\ . $$

Answer 4

Usted puede utilizar el método de diferencias finitas para resolver esto (aunque, realmente brilla con más compleja sumas de dinero, y es una exageración aquí).

Definir $(\Delta f)(x)$ $f(x+1)-f(x)$ Es fácil ver que el operador $\Delta$ es lineal. Se supone que debe de ser similar a la diferencia de operador, y recordar que $D(x^k) = kx^{k-1}$, aquí tenemos un hecho similar, pero no para la alimentación estándar, pero para caer factorial lugar.

Definir la caída de factorial de x $$(x)_n =\begin{cases}x(x-1)(x-2)\ldots(x-n+1)& n>0\\ 1 & n = 0\\ \frac{1}{(x+1)(x+2)\ldots(x+n)}& n < 0 \end{casos}$$

Esta operación se define de tal manera, para satisfacer a todos los $n,m\in\mathbb{Z}$ propiedad $(x)_{m+n}=(x)_m(x-m)_n$
Por otra parte $\Delta((x)_n) = (x+1)_n - (x)_n = (x+1)x(x-1)\ldots(x-n+2) - x(x-1)\ldots(x-n+1) = x(x-1)\ldots(x-n+2)(x+1 - (x-n+1)) = n(x)_{n-1}$
Solo estoy probando esta propiedad de positivos $n$, pero se mantiene en general.

Ahora, vamos a pasar a uno de la suma. Definir el $\Sigma$ operador
$$\sum g(x)\delta x = f(x) + p(x) \iff g(x) = \Delta f(x)$$ Donde $p$ denota una función de la satisfacción de $p(x+1)=p(x)$ (tales funciones se desvanecen en $\Delta$ operador).

Y deje $\sum_a^b g(x)\delta x = f(b) - f(a)$ Es evidente, que este nuevo tipo de suma, está directamente conectado a la norma de suma - de hecho,$\sum_a^bg(x) \delta x = \sum_{k=a}^{b-1}g(k)$, que es bastante obvio dado que el $\sum_a^a g(x) \delta x = f(a) - f(a) = 0$ y
$\sum_a^{b+1}g(x)\delta x - \sum_a^b g(x) \delta x = (f(b+1)-f(a)) - (f(b)-f(a)) = f(b+1) - f(b) = g(b)$

Así, en nuestra nueva notación, la suma en cuestión puede escribirse como $$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)} = \sum_{0}^{n} (x)_{-2}\delta x$$

Al igual que en el cálculo, recordando nuestro comentario acerca de $\Delta$ de la caída de los factorial llegamos a la ecuación $$\sum (x)_n \delta x = \frac{(x)_{n+1}}{n+1} + C \hspace{10pt} \text{for } n \not= -1$$

Así que tenemos $\sum (x)_{-2}\delta x = -(x)_{-1} + C$ Enchufando que en nuestra fórmula llegamos a
$$\sum_{0}^{n}(x)_{-2}\delta x = -(n)_{-1} - (-(0)_{-1}) = 1- \frac{1}{n+1}$$