Telescópico de la Serie confusión

Question

Mi profesor nos dio este ejemplo en sus notas:

$$\sum_{n = 1}^\infty \left(\frac{3}{n(n+3)}+\frac{1}{2^n}\right)$$

Así que yo sé que se supone que debemos encontrar la fracción parcial, lo cual termina siendo

$$\left(\frac{3}{n(n+3)}=\frac{A}{n}+\frac{B}{n+3}= \frac{1}{n}-\frac{1}{n+3}\right)$$

Así que basado en cómo lo hacía el resto de los ejemplos, esperaría a hacer:

$$\sum_{n = 1}^\infty \left(\frac{3}{n(n+3)}=\frac{1}{1}-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right.....)$$, ya me gustaría conectar en números para n comenzando con n=1. Sin embargo, en lugar de eso, hizo lo siguiente:

$$\sum_{n = 1}^\infty \left(\frac{3}{n(n+3)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right)$$,

que sin duda sería mucho más útil para ayudar a cancelar los términos como se supone que cuando se hace telescópico de la serie, PERO no sé por qué está haciendo esto. Pensé que nos íbamos a enchufe en los valores de n y que es lo que debe ser el aumento cada vez, pero en lugar del número se añade a n es el que va hacia arriba y no tengo ni idea de por qué. No creo que estoy haciendo esta pregunta de la mejor manera posible, pero estoy un poco confuso a mí mismo porque ella hizo otros ejemplos y sienten que nada de esto y estoy empezando a aprender todo esto, por lo que puede alguien por favor me dan una idea de lo que está pasando?

(y sé que se supone que también se ocupan de la suma de los $$\frac{1}{2^n}$$ plazo, pero yo soy un poco haciendo caso omiso de que, por ahora ya ni siquiera sé lo que está pasando con el primero

Answer 1

Sugerencia: podemos olvidar temporalmente acerca de la $\frac{1}{2^n}$, se suma a $1$.

Los términos correspondientes a $n=1$, $4$, $7$, $10$, y así, en suma, a $$\frac{1}{1}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{7}+\frac{1}{7}+\frac{1}{10}+\cdots.$$ Telescópica da suma $1$.

Del mismo modo, los términos correspondientes a $n=2,5,8,11,\dots$ total $\frac{1}{2}$ y los términos correspondientes a $n=3,6,9,12,\dots$ total $\frac{1}{3}$.

Ahora uno debe rehacer el argumento, teniendo en cuenta las sumas parciales, sin necesidad de cambio de orden. Esto es porque uno no puede asumir que el reordenamiento radical que hemos hecho deja el límite de las sumas parciales sin cambios.

Answer 2

Lo que está haciendo con la antena telescópica parte es bueno, pero innecesario. Sin que todavía se puede argumentar de la siguiente manera. Usted ha reescrito la serie como esta:

$$\sum_{n\ge 1}\frac3{n(n+3)}=\sum_{n\ge 1}\left(\frac1n-\frac1{n+3}\right)\;.$$

Eso significa que el $m$-ésima suma parcial $s_m$ es

$$s_m=\sum_{n=1}^m\left(\frac1n-\frac1{n+3}\right)\;.$$

Esta es una suma finita, por lo que puede ser reordenada:

$$s_m=\sum_{n=1}^m\left(\frac1n-\frac1{n+3}\right)=\sum_{n=1}^m\frac1n-\sum_{n=1}^m\frac1{n+3}\;.$$

Ahora note que como $n$ pistas de $1$ a través de $m$, $n+3$ se ejecuta a través de los números enteros consecutivos de $4$ a través de $m+4$; por lo tanto,

$$\sum_{n=1}^m\frac1{n+3}=\sum_{n=4}^{m+3}\frac1n\;,$$

y

$$s_m=\sum_{n=1}^m\frac1n-\sum_{n=4}^{m+3}\frac1n\;.\tag{1}$$

Cada término en la primera sumatoria de $(1)$ aparece en la segunda suma a excepción de los tres primeros, los términos de la $n=1$, $n=2$, y $n=3$. Del mismo modo, cada término en la segunda sumatoria aparece en la primera , excepto los tres últimos, los términos de la $n=m+1$, $n=m+2$, y $n=m+3$. Todos los términos comunes que se cancelan, y nos quedamos con

$$\begin{align*} s_m&=\frac11+\frac12+\frac13-\left(\frac1{m+1}+\frac1{m+2}+\frac1{m+3}\right)\\ &=\frac{11}6-\left(\frac1{m+1}+\frac1{m+2}+\frac1{m+3}\right)\;. \end{align*}$$

Por lo tanto,

$$\begin{align*} \lim_{m\to\infty}s_m&=\lim_{m\to\infty}\left(\frac{11}6-\left(\frac1{m+1}+\frac1{m+2}+\frac1{m+3}\right)\right)\\\\ &=\frac{11}6-0\\\\ &=\frac{11}6\;, \end{align*}$$

lo que significa que $$\sum_{n\ge 1}\frac3{n(n+3)}=\frac{11}6\;.$$

Puede ser un poco más fácil ver lo que está pasando en si, primero, la expansión

$$\frac1n-\frac1{n+3}=\frac1n-\frac1{n+1}+\frac1{n+1}-\frac1{n+2}+\frac1{n+2}-\frac1{n+3}\;,$$

pero no es necesario.

La serie original $\sum_{n\ge 1}\left(\frac3{n(n+3)}+\frac1{2^n}\right)$ es absolutamente convergente, por lo que se puede dividir

$$\sum_{n\ge 1}\left(\frac3{n(n+3)}+\frac1{2^n}\right)=\sum_{n\ge 1}\frac3{n(n+3)}+\sum_{n\ge 1}\frac1{2^n}$$

y la suma de los dos más simple de la serie de forma individual. Hemos tratado con el primero, y el segundo es geométrica, un tipo para el que tiene una suma fórmula.