Demuestre la convergencia de$\sum\limits_{k=2}^\infty \frac 1 {(2k+1)(2k+5)}$

Question

Sugerencias preferido: Necesito demostrar la convergencia y determinar el límite de la siguiente serie: $$ \sum_{k=2}^\infty \frac 1 {(2k+1)(2k+5)}$$

Necesito el uso parcial de la fracción de descomposición para simplificar el término, que he intentado con la siguiente:

$$ \frac 1 {(2k+1)(2k+5)} = \frac {(2k+1)} + \frac b {(2k+5)} \\~\\ \frac 1 {(2k+1)(2k+5)} = \frac {a(2k+5)} {(2k+1)(2k+5)} + \frac {b(2k+1)} {(2k+1)(2k+5)} \\~\\$$

Entonces tenemos: $$ k: 2a + 2b = 0 \\ k^0: 5a + b = 1 \\~\\ a = \frac 1 4 ~ \de la tierra b = -\frac 1 4 $$

Por lo tanto tenemos: $$ \frac 1 {(2k+1)(2k+5)} = \frac { \frac 1 4 } {(2k+1)} - \frac { \frac 1 4} {(2k+5)} = \\ \frac { 1 } {4(2k+1)} - \frac { 1 } {4(2k+5)} $$

El cual puede ser definido como: $$ \frac 1 4 (\frac { 1 } {2k+1} - \frac { 1 } {2k+5} ) $$

No estoy seguro de cómo convertir el resultado en un sistema telescópico de la serie (si la fracción parcial de la descomposición es la derecha en el primer lugar).

Answer 1

Sí, esta suma telescopios. Tenemos:$$S =\sum_{k=2}^{\infty}\frac14\left(\frac1{2k+1}-\frac1{2k+5}\right)$$ giving us $$4S =\left(\frac15-\frac19\right) +\left(\frac17-\frac1{11}\right)+\left(\frac19-\frac1{13}\right)+ \ldots$$ $$\implies 4S=\frac15+\frac17$$ $$\boxed{\therefore S=\frac3{35}}$ $

Answer 2

Estás en el camino correcto, esta es una serie telescópica . Gracias a la descomposición parcial de la fracción (que es correcta), tenemos que para$n\geq 2$, $$ \begin{align}\sum_{k=2}^n \frac 1 {(2k+1)(2k+5)}&= \frac 1 4 \sum_{k=2}^n\left(\frac { 1 } {2k+1} - \frac { 1 } {2k+5} \right)\\ &=\frac 1 4 \left(\sum_{k=2}^n\frac { 1 } {2k+1}-\sum_{k=2}^n\frac { 1 } {2k+5}\right)\\ &=\frac 1 4 \left(\sum_{k=2}^n\frac { 1 } {2k+1}-\sum_{k=4}^{n+2}\frac { 1 } {2(k-2)+5}\right)\\ &=\frac 1 4 \left(\sum_{k=2}^n\frac { 1 } {2k+1}-\sum_{k=4}^{n+2}\frac { 1 } {2k+1}\right)\\ &=\frac 1 4 \left(\sum_{k=2}^3\frac { 1 } {2k+1}-\sum_{k=n+1}^{n+2}\frac { 1 } {2k+1}\right)\\ \end {align} $$, donde en la segunda suma cambiamos el índice. ¿Puedes tomarlo desde aquí?

Answer 3

Establecer$u_{k} =\frac { 1 } {2k+1}\implies u_{k+1} =\frac { 1 } {2k+3}~~ãnd ~~~u_{k+2} =\frac { 1 } {2k+5} $ luego por suma telescópica tenemos $$ \begin{align}\sum_{k=2}^n \frac 1 {(2k+1)(2k+5)}&= \frac 1 4 \sum_{k=2}^n\left(\frac { 1 } {2k+1} - \frac { 1 } {2k+5} \right)\\ &=\frac 1 4 \left(\sum_{k=2}^nu_k-u_{k+2}\right)\\ &=\frac 1 4 \left(\sum_{k=2}^nu_k-u_{k+1}+u_{k+1}-u_{k+2}\right)\\ &=\frac 1 4 \left(\sum_{k=2}^nu_k-u_{k+1}+\sum_{k=2}^nu_{k+1}-u_{k+2}\right)\\ &=\frac 1 4 \left(u_2-u_{n+1}+u_{3}-u_{n+2}\right)\to \frac 1 4 \left(u_2+u_{3}\right)\\&= \frac{3}{35}\end {align} $$

Answer 4

Para demostrar la convergencia de la serie, podemos usar la prueba de comparación de límites. De hecho $$ \ frac {1} {(2k +1) (2k +5)} \ sim \ frac {1} {4k ^ 2}. $$ Como$\sum_{1}^\infty k^{-2}$ converge, sigue que $$ \ sum_ {k = 2} ^ \ infty \ frac1 {(2k +1) (2k +5)}