Serie telescópica dura

Question

Encontrar la suma explícita de una serie telescópica con dos factores en el denominador es bastante fácil: dividimos las fracciones en la diferencia de dos subpartes.

¿Pero qué pasa con los factores 2+? Por ejemplo, considere:

$$\sum\frac{1}{(2n+1)(2n+3)(2n+5)}$$

Podríamos dividirlo en tres trozos por fracciones parciales, pero la diferencia de tres trozos sería inútil.

¿Sugerencias? Gracias.

Answer 1

Escriba $$\dfrac1{(2n+1)(2n+3)(2n+5)} =\\ \dfrac1{2n+3} \left(\frac{1}{(2n+1)(2n+5)}\right) =\\ \dfrac1{4(2n+3)} \left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+5}\right) =\\ \dfrac14 \left(\frac{1}{(2n+1)(2n+3)}-\frac{1}{(2n+3)(2n+5)}\right) =a_n-a_{n+1},\\ \text{for } \ a_n=\dfrac14 \left(\frac{1}{(2n+1)(2n+3)}\right)$$ para facilitarlo (telescópico con dos factores).

Answer 2

$$\dfrac1{(2n+1)(2n+3)(2n+5)} = \dfrac18 \dfrac1{2n+1} - \dfrac14 \dfrac1{2n+3} + \dfrac18 \dfrac1{2n+5}$$ Lo anterior se obtiene utilizando fracciones parciales. La idea de las fracciones parciales en este caso es escribir $\dfrac1{(2n+1)(2n+3)(2n+5)}$ como $$\dfrac{A}{(2n+1)} + \dfrac{B}{(2n+3)} + \dfrac{C}{(2n+5)}$$ El objetivo es encontrar $A$ , $B$ y $C$ . Desde $$\dfrac{A}{(2n+1)} + \dfrac{B}{(2n+3)} + \dfrac{C}{(2n+5)} = \dfrac1{(2n+1)(2n+3)(2n+5)}$$ conseguimos que $$\dfrac{A(2n+3)(2n+5) + B(2n+1)(2n+5) + C(2n+1)(2n+3)}{(2n+1)(2n+3)(2n+5)} = \dfrac1{(2n+1)(2n+3)(2n+5)}$$ Por lo tanto, necesitamos $A$ , $B$ y $C$ tal que $$A(2n+3)(2n+5) + B(2n+1)(2n+5) + C(2n+1)(2n+3) = 1$$ para todos $n$ . Como esto es cierto para todos los $n$ , enchufe $n = -\dfrac12$ para conseguir que $$8A = 1 \implies A = \dfrac18$$ Ahora, conecta $n = -\dfrac32$ para conseguir que $$-4B = 1 \implies B = -\dfrac14$$ y, por último, introduce $n = -\dfrac52$ para conseguir que $$8C = 1 \implies C = \dfrac18$$ Por lo tanto, obtenemos que $$\dfrac1{(2n+1)(2n+3)(2n+5)} = \dfrac18 \dfrac1{2n+1} - \dfrac14 \dfrac1{2n+3} + \dfrac18 \dfrac1{2n+5}$$

Por lo tanto, $$\begin{align} \sum_{n=1}^{N} \dfrac1{(2n+1)(2n+3)(2n+5)}& = \dfrac18 \cdot \dfrac1{3} - \dfrac14 \cdot \dfrac15 + \dfrac18 \cdot \dfrac17\\ & + \dfrac18 \cdot \dfrac1{5} - \dfrac14 \cdot \dfrac17 + \dfrac18 \cdot \dfrac19\\ & + \dfrac18 \cdot \dfrac1{7} - \dfrac14 \cdot \dfrac19 + \dfrac18 \cdot \dfrac1{11}\\ & + \dfrac18 \cdot \dfrac1{9} - \dfrac14 \cdot \dfrac1{11} + \dfrac18 \cdot \dfrac1{13}\\ & + \cdots \end{align}$$ $$\begin{align} \sum_{n=1}^{N} \dfrac1{(2n+1)(2n+3)(2n+5)} & = \dfrac18 \cdot \dfrac13 + \left( \dfrac18 - \dfrac14\right)\cdot \dfrac15 + \left( \dfrac18 - \dfrac14 + \dfrac18 \right) \cdot \dfrac17\\ & + \left( \dfrac18 - \dfrac14 + \dfrac18 \right) \cdot \dfrac19 + \left( \dfrac18 - \dfrac14 + \dfrac18 \right) \cdot \dfrac1{11}\\ & + \left( \dfrac18 - \dfrac14 + \dfrac18 \right) \cdot \dfrac1{2n+1} + \left( \dfrac18 - \dfrac14 \right) \cdot \dfrac1{2n+3} + \dfrac18 \cdot \dfrac1{2n+5}\\ & = \dfrac18 \cdot \dfrac13 + \left( \dfrac18 - \dfrac14\right)\cdot \dfrac15 + \left( \dfrac18 - \dfrac14 \right) \cdot \dfrac1{2n+3} + \dfrac18 \cdot \dfrac1{2n+5}\\ & = \dfrac1{24} - \dfrac1{40} - \dfrac18 \cdot \dfrac1{2n+3} + \dfrac18 \cdot \dfrac1{2n+5}\\ & = \dfrac1{60} - \dfrac14 \cdot \dfrac1{(2n+3)(2n+5)} \end{align}$$

Answer 3

En primer lugar, hay que tener en cuenta que el método de las series telescópicas sólo funciona con determinadas fracciones. En particular, para que las fracciones se cancelen, necesitamos que los numeradores sean iguales. El ejemplo típico de serie telescópica (para fracciones parciales) es

$$\frac {1}{n(n+1)} = \frac {1}{n} - \frac {1}{n+1} \Rightarrow \sum_{i=1}^n \frac {1}{i(i+1)} = \sum_{i=1}^n \frac {1}{i} - \frac {1}{i+1} = \frac {1}{1} - \frac {1}{n+1}$$

Si los numeradores no se cancelan completamente, la serie telescópica ya no funcionará. Por ejemplo, como tenemos

$$\frac {2}{n} - \frac {1}{n+1} = \frac {n+2}{n(n+1)},$$

Encontramos que $\sum \frac {n+2}{n(n+1)}$ no cede al método de las series telescópicas.

¿Cómo ampliamos esto? La idea clave es que los numeradores deben anularse. Por ejemplo, de $1-2+1=0$ podemos crear

$$\frac {1}{n} - \frac {2}{n+1} + \frac {1}{n+2} = \frac {2}{n(n+1)(n+2)}$$

que luego nos dice que

$$\sum_{i=1}^n \frac {2}{i(i+1)(i+2)} = \sum_{i=1}^n\frac {1}{i} - \frac {2}{i+1} + \frac {1}{i+2} = \frac {1}{1} - \frac {1}{2} + \frac {1}{n+1} - \frac {1}{n+2}.$$

Se puede ver fácilmente cómo crear más sumas de series telescópicas utilizando esta idea. Por ejemplo, qué podemos hacer con $3-4+1 = 0$ y la fracción:

$$\frac 3 n - \frac 4 {n+1} + \frac 1 {n+2} = \frac {2(n+3)}{n(n+1)(n+2)}?$$

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Editar: Por lo tanto, me parece que usted no ve realmente cómo funcionan las series telescópicas. Permítame ampliarlo para que pueda entenderlo mejor. Tomemos primero el ejemplo típico de $\sum \frac {1}{i(i+1)}$ . Podemos ver que $\frac {1}{i(i+1)} = \frac {1}{i} - \frac {1}{i+1}$ . ¿Qué nos dice esto? Que tenemos

$$\begin{array}{llllllllll} \frac {1}{1 \times 2} & = & \frac {1}{1} & - \frac {1}{2} \\ \frac {1}{2 \times 3} & = & & +\frac {1}{2} & - \frac {1}{3} \\ \frac {1} {3 \times 4} & = & & & + \frac {1}{3} & - \frac {1}{4} \\ \vdots & = \vdots \\ \frac {1}{(n-1) \times n} = &&&&&&& +\frac {1}{n-1} &- \frac {1}{n}\\ \frac {1}{n \times (n+1)} = &&&&&&& +\frac {1}{n} &- \frac {1}{n+1}\\ \end{array}$$

Ahora, sumando el LHS, obtenemos $\sum_{i=1}^n \frac {1}{i(i+1)}$ como se pretende. Sumemos la RHS según cada columna. Entonces, vemos claramente que muchas cosas se cancelan, dejándonos con $\frac 1 1 - \frac 1 {n+1}$ .

Sabemos hacer lo mismo con $\frac {1}{n} - \frac {2}{n+1} + \frac {1}{n+2} = \frac {2}{n(n+1)(n+2)}$ . Escribámoslo como:

$$\begin{array}{llllllllll} \frac {2}{1 \times 2 \times 3} & = & \frac {1}{1} & - \frac {2}{2} & + \frac {1}{3}\\ \frac {2}{2 \times 3 \times 4} & = & & +\frac {1}{2} & - \frac {2}{3} & + \frac {2}{4}\\ \frac {2} {3 \times 4 \times 5} & = & & & + \frac {1}{3} & - \frac {2}{4} & + \frac {1}{5} \\ \vdots & = \vdots \\ \frac {2}{n \times (n+1) \times (n+2)} = &&&&&&& +\frac {1}{n-1} &- \frac {2}{n} &+ \frac {1}{n+1}\\ \frac {2}{n \times (n+1) \times (n+2)} = &&&&&&&& +\frac {1}{n} &- \frac {2}{n+1} + \frac {1}{n+2}\\ \end{array}$$

Ahora, ¿puedes decir qué obtenemos cuando sumamos la RHS sobre las columnas? Deberías ver que obtenemos $\frac {1}{1} - \frac {1}{2} - \frac {1}{n+1} + \frac {1}{n+2}$ .

Answer 4

$$\dfrac1{(2n+1)(2n+3)(2n+5)} = \dfrac18 \left( \dfrac1{2n+1} - \dfrac1{2n+3} \right) -\dfrac{1}{8}\left( \dfrac1{2n+3} - \dfrac1{2n+5} \right)$$

Cada soporte es telescópico.

La razón por la que (siempre) se convierte en una suma telescópica, es sencilla de entender: comprueba la respuesta de Pambos. En realidad es lo mismo que obtienes si descompones cada una de sus fracciones en fracciones parciales. Pero en cuanto te das cuenta de que es así, basta con hacer la FPD completa y agruparlas de la forma correcta...

Answer 5

Un método mucho mejor que otras respuestas: Escribe an= 1/(2n+1)(2n+3)(2n+5)= 1/4(2n+1)(2n+3) - 1/4(2n+3)(2n+5) Ahora bien, si se considera que f(n)= 1/4(2n+1)(2n+3), entonces an= f(n)-f(n+1). Lo cual es un telescopio.