蘭啟龍

數(shù)學(xué)的本質(zhì)在于“關(guān)系”與“形式”.“拆項(xiàng)相消法”或叫f（k+1）-f（k）法就是體現(xiàn)數(shù)量關(guān)系中的一種形式的轉(zhuǎn)換.其理論是：若ak=f（k+1）-f（k）.則Sn=∑nk=1ak= f（n+1）-f（1）.拆項(xiàng)相消法實(shí)質(zhì)是：先分解再組合， 即把一個數(shù)列的通項(xiàng)公式分成幾項(xiàng)差的形式，再將所有項(xiàng)重新組合，相加過程消去中間項(xiàng)，只剩有限項(xiàng)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）].

從而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）.

實(shí)際上，拆項(xiàng)相消法有其廣泛的應(yīng)用.

一、在求等差數(shù)列的前n項(xiàng)和中的應(yīng)用

教材上是用所謂“倒序相加”來求等差數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn的，可是，很少人去關(guān)注拆項(xiàng)相消法.

從等差數(shù)列的定義出發(fā)，為簡單起見，不妨設(shè)a1-d=a0（d為公差）.

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）的推導(dǎo).

公式∑nk=1k2的推導(dǎo)，不是一件很簡單的事.

盧正勇先生的《數(shù)學(xué)解題思路》（獲“1987年全國優(yōu)秀暢銷書”獎）中介紹了一種利用恒等式（n+1）3-n3=3n2+3n+1迭加的求和方法.現(xiàn)在用拆項(xiàng)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

根據(jù)①②式，不難解出

Sn=∑nk=1k2=16n（n+1）（2n+1）.

推而廣之，可以從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）導(dǎo)出Sn=∑nk=1k3

……

從Tn=∑nk=1[k（k+1）（k+2）…（k+m-1）]

=…=1m+1n（n+1）（n+2）…（n+m） 中導(dǎo)出∑nk=1km.（至少理論上是這樣）

三、在排列和組合中的應(yīng)用

在含有排列數(shù)或組合數(shù)的一類問題中，常常用拆項(xiàng)相消法.

例1計(jì)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、在三角數(shù)列求和中的應(yīng)用

在不少三角數(shù)列的求和問題中，拆項(xiàng)相消法也往往派得上用場.

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，類似的有：

tanθ2secθ+tanθ22secθ2+tanθ23secθ22+…

+tanθ2nsecθ2n-1

=tanθ-tanθ2n；

在（2）中，對稱結(jié)論是：

cosθ+cos（θ+α）+cos（θ+2α）+…

+cos＼[θ+（n-1） α＼]

=sinnα2sinα2·cos（θ+n-12α）.

（可用cosx=sin（π2+x）轉(zhuǎn)化，利用已知結(jié)論，立得）

在這兩個式子中，令α=θ或α=2θ，可得到很有用的三角和式.

可別小瞧了這些和式，它們與其它部分知識有許多交匯情況.

五、在趣味數(shù)學(xué)中的應(yīng)用

一些有趣的圖形計(jì)數(shù)問題也牽涉到拆項(xiàng)相消法.圖1

例3如圖1，在正三角形PAnBn的三邊PAn，PBn，AnBn上，分別有一組等分點(diǎn)A1，A2，…，An-1；B1，B2，…，Bn-1；C1，C2，…，Cn-1.求出圖中所有正放的大小三角形“△”的個數(shù).

分析一時難以看清，可退一步，先考察個別簡單的情況，然后把它化歸為數(shù)列求和的問題.

不妨設(shè)f（k）為△PAkBk里含“△”的個數(shù).（k=1，2，…，n）直接從圖中看出：

f（1）=1，f（2）=4=1+（1+2），

f（3）=10=4+（1+2+3）

……

應(yīng)該有f（k）=f（k-1）+（1+2+…+k），事實(shí)上，△PAk-1Bk-1里的“△”都在△PAkBk里；此外，△PAkBk比ΔPAk-1Bk-1多出一些底邊在AkBk上的“△”：若設(shè)A1B1=1，則底邊長為k的“△”有1個（即△PAkBk），底邊長為k-1的有2個（△A1AkCk-1和△B1C1Bk），…依此類推，底邊長為1的“△”有k個.因此，上述猜想是對的.

∵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.

將上面（n-1）個式子兩邊分別相加，得

f（n）- f（1）=1216n（n+1）（2n+1）-1+

1212n（n+1）-1

∴f（n）=16n（n+1）（n+2）.

綜上所述，在一些與自然數(shù)n有關(guān)的問題中，不管是整式，分式，三角式，還是其它代數(shù)式，只要能把a(bǔ)n表達(dá)成f（n+1）-f（n）或f（n）-f（n-1）的形式，原則上就可以用拆項(xiàng)相消法求出和式Sn=a1+a2+…+an.當(dāng)然，要完成和式Sn的推導(dǎo)，通常需要有較強(qiáng)的逆向思維能力和綜合變形的技巧.感覺變形比較困難的情況下，有時可用待定系數(shù)法嘗試，驗(yàn)證.

（收稿日期：2016-11-22）