Сумма ряда

[Hasek]

Помогите, пожалуйста, просуммировать ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)(n+3)}$. Методом неопределённых коэффициентов разбил его на $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)(n+3)} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3n} - \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2(n+1)} + \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{6(n+3)}$. Благодаря среднему ряду из бесконечной суммы вычитаются все числа, обратные чётным, начиная с $\frac{1}{4}$. Кажется, многое должно сократиться, но, увы, дальше не понимаю, как упрощать.

[kp9r4d]

Если что, три последние суммы - расходящиеся.

[Hasek]

kp9r4d в сообщении #1006171 писал(а):

Если что, три последние суммы - расходящиеся.

По отдельности да. Но сам-то исходный ряд сходится (можно просуммировать в Wolfram Alpha и убедиться). В коэффициентах, кажется, не ошибся.
Есть же полно похожих примеров типа $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)} = \sum\limits_{n=1}^\infty (\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}) = 1$.

[Otta]

Ну как обычно. Рассмотреть подходящий степенной ряд. Внимательно рассмотреть. Очень внимательно.
Степенные ряды с такими коэффициентами вполне удачно суммируются не то дифференцированием, не то интегрированием, не помню. Но Вас-то учили.

[2old]

Hasek
Как-то плохо разбивать сходящийся на расходящиеся. Добавьте и вычтите $n$ в числителе. Получите два сходящихся ряда, каждый из которых суммируется как "есть же полно похожих примеров" :)

Otta
Подскажите, как действовать по вашему плану? Понятно как собрать $n(n+1)(n+2)(n+3)$ в знаменателе интегрированием степенного ряда, а как здесь не ясно.

[gris]

А что, если вытащить $\dfrac16$ за скобки?
Ну и написать несколько строк суммы

[Dan B-Yallay]

2old в сообщении #1006232 писал(а):

Понятно как собрать $n(n+1)(n+2)(n+3)$ в знаменателе интегрированием степенного ряда, а как здесь не ясно.

Усножить и разделить на $n+2$. Разбить на две части. В одной что-то сократится. Далее интегрирование 3 и 4 раза соответственно.

[2old]

Dan B-Yallay
Понятно, спасибо.

[RIP]

Да не нужны здесь никакие степенные ряды. Самое главное уже сделано:

Hasek в сообщении #1006166 писал(а):

$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)(n+3)} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3n} - \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2(n+1)} + \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{6(n+3)}$

Только надо не ряды написать, а частичные суммы от $n=1$ до $N$. Поскольку $\dfrac13+\dfrac16=\dfrac12$, как намекнул gris, там почти всё посокращается.

[Otta]

О тщорт, не заметила.

[Hasek]

RIP в сообщении #1006265 писал(а):

Да не нужны здесь никакие степенные ряды. Самое главное уже сделано:

Hasek в сообщении #1006166 писал(а):

$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)(n+3)} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3n} - \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2(n+1)} + \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{6(n+3)}$

Только надо не ряды написать, а частичные суммы от $n=1$ до $N$. Поскольку $\dfrac13+\dfrac16=\dfrac12$, как намекнул gris, там почти всё посокращается.

Близок локоток, да не укусишь... Рассмотрим, например, такую частичную сумму:
$\frac{1}{6} \cdot \sum\limits_{n=1}^4 (\frac{2}{n} - \frac{3}{n+1} + \frac{1}{n+3}) = \frac{1}{6} \cdot [(2 - \frac{3}{2} +\frac{1}{4}) + (1 - 1 + \frac{1}{5}) + (\frac{2}{3} - \frac{3}{4} + \frac{1}{6}) + (\frac{1}{2} - \frac{3}{5} + \frac{1}{7})]$
Не понимаю, как это сократить.

-- 22.04.2015, 01:18 --

Всё, одолел этот ряд. Не сократятся только слагаемые $\frac{1}{3}, \frac{1}{9}, -\frac{1}{4}$ и их сумма равна $\frac{7}{36}$, как и должно быть. Спасибо за помощь, особенно gris и RIP!

[ewert]

В порядке регуляризации решения: $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3n} - \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2(n+1)} + \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{6(n+3)}=\frac16\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac1n - \frac12\sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac1n + \frac16\sum\limits_{n=4}^{\infty} \frac1n$. Что формально, конечно, есть враньё, но вот как раз в этом месте и надо переходить к частичным суммам.

[Metford]

Хотя задачу уже решили, вспомнился мне другой метод, более механически применяемый. Когда преобразование Лапласа изучал, в порядке "развлечения" много рядов такого типа просуммировал с его помощью.
Идея заключается в том, что общий член ряда рассматривается как изображение по Лапласу (здесь оригинал вообще просто находится - сумма экспонент). Затем меняется порядок суммирования и интегрирования. Получается сумма бесконечно убывающей геометрической прогрессии. Оставшийся интеграл довольно легко вычисляется.