题目描述
设an,bna_n,b_nan,bn表示方程x2−(n+2)−2n2=0x^2-(n+2)-2n^2=0x2−(n+2)−2n2=0的两个根。求∑i=220071(ai−2)(bi−2)\sum\limits_{i=2}^{2007}\frac{1}{(a_i-2)(b_i-2)}i=2∑2007(ai−2)(bi−2)1
思路
首先。。。上韦达?显然,我们有两个根,如果要求关系,那就只能韦达了。
而且,(ai−2)(bi−2)=aibi−2(ab+bi)+4(a_i-2)(b_i-2)=a_ib_i-2(a_b+b_i)+4(ai−2)(bi−2)=aibi−2(ab+bi)+4,我们只要知道aibia_ib_iaibi和ai+bia_i+b_iai+bi即珂,而韦达定理正是求这个的。
韦达定理:方程ax2+bx+cax^2+bx+cax2+bx+c的两个解和为−ba-\frac{b}{a}−ab,积为ca\frac{c}{a}ac(根据求根公式暴力带入即珂证明。。。)
运用这个韦达定理,我们发现:
ai+bi=n+2a_i+b_i=n+2ai+bi=n+2
ai∗bi=−2n2a_i*b_i=-2n^2ai∗bi=−2n2
即(ai−2)(bi−2)=aibi−2(ab+bi)+4=−2n2−2(n+2)+4=−2n2−2n=−2n(n+1)(a_i-2)(b_i-2)=a_ib_i-2(a_b+b_i)+4=-2n^2-2(n+2)+4=-2n^2-2n=-2n(n+1)(ai−2)(bi−2)=aibi−2(ab+bi)+4=−2n2−2(n+2)+4=−2n2−2n=−2n(n+1)
我们发现:一个形如1n+1\frac{1}{n+1}n+11形式的分数,珂以写成1n−1n+1\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}n1−n+11。所以,我们提一个−12-\frac{1}{2}−21出来,然后就珂以那么做了。
过程:
根据韦达定理,
ai+bi=n+2a_i+b_i=n+2ai+bi=n+2
ai∗bi=−2n2a_i*b_i=-2n^2ai∗bi=−2n2
带入,得:
(ai−2)(bi−2)(a_i-2)(b_i-2)(ai−2)(bi−2)
=aibi−2(ab+bi)+4=a_ib_i-2(a_b+b_i)+4=aibi−2(ab+bi)+4
=−2n2−2(n+2)+4=-2n^2-2(n+2)+4=−2n2−2(n+2)+4
=−2n2−2n=−2n(n+1)=-2n^2-2n=-2n(n+1)=−2n2−2n=−2n(n+1)
带入原式,得原式
=∑i=220071(ai−2)(bi−2)=\sum\limits_{i=2}^{2007}\frac{1}{(a_i-2)(b_i-2)}=i=2∑2007(ai−2)(bi−2)1
=∑i=220071−2i(i+1)=\sum\limits_{i=2}^{2007}\frac{1}{-2i(i+1)}=i=2∑2007−2i(i+1)1
=−12∑i=220071i(i+1)=-\frac{1}{2}\sum\limits_{i=2}^{2007}\frac{1}{i(i+1)}=−21i=2∑2007i(i+1)1
=−12∑i=220071i−1i+1=-\frac{1}{2}\sum\limits_{i=2}^{2007}\frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}=−21i=2∑2007i1−i+11
=−12(∑i=220071i−∑i=320081i)=-\frac{1}{2}(\sum\limits_{i=2}^{2007}\frac{1}{i}-\sum\limits_{i=3}^{2008}\frac{1}{i})=−21(i=2∑2007i1−i=3∑2008i1)
此时发现两个∑\sum∑中间重叠的部分一正一负的抵消了,只剩下12−12008\frac{1}{2}-\frac{1}{2008}21−20081
原式
=−12(12−12008)=-\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-\frac{1}{2008})=−21(21−20081)
=−12∗10032008=-\frac{1}{2}*\frac{1003}{2008}=−21∗20081003
=−10034016=-\frac{1003}{4016}=−40161003