Найти сумму ряда

[ExtreMaLLlka]

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{3}{6n^2-n-2}$.
Я разложила на сумму дробей:
$\frac{3}{6n^2-n-2}=-\frac{6}{7(2n+1)}+\frac{9}{7(3n-2)}$
Сумму стала находить как:
$S=\frac{3}{7}(-\frac{2}{3}+3-\frac{2}{5}+\frac{3}{4}-\frac{2}{7}+\frac{3}{7}-\frac{2}{9}+\frac{3}{10}-...)$
В примерах все благополучно сокращается, а у меня нет, и никакой закономерности не вижу. как быть?

[Sonic86]

http://www.wolframalpha.com/input/?i=sum+3%2F%286*n^2-n-2%29
могли еще вылезти синусы или гиперсинусы.

[ExtreMaLLlka]

какие-то Вы страшные слова говорите)) для заочного-то отделения) в некоторых других вариантах так же не получается, вряд ли ошибка в задании

[DeBill]

ExtreMaLLlka
Ну, задача решабельна, вообще-то. Но - не для заочного....
Если первую дробь домножить на $x^{2n+1}$, а вторую - на $x^{3n-2}$, то каждое слагаемое станет равным интегралу от 0 до $x$ от хорошей штуки. Полученные ряды суммируются - по формуле для суммы геом. прогрессии. Получатся интегралы от $\frac{x^2}{1-x^2}$ и $\frac{1}{1-x^3}$. Оба - считаются. Осталось найти предел при $x \to 1$. Там будет неопределенность, которую можно убить по Лопиталю, или из эквивалентностей....

-- 16.05.2016, 13:51 --

Кстати, в ответе будут логарифмы и арктангенсы. Это означает, что простыми фокусами - типа, когда все сокращается - здесь не обойтись.

[TelmanStud]

Странно, что Mathematica выдает

1/14 (12 + Sqrt[3] \[Pi] - 12 Log[2] + 9 Log[3]),

a предложенное DeBill-ом
$\frac{1}{14} \left(12+\sqrt{3} \pi -\ln\frac{64}{27}\right)$
неравное предыдущему

[ExtreMaLLlka]

Спасибо все за ответы!
а теперь еще сложнее пример:$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{3n+1}{n^2(2n+1)^2}$.
После разложения на дроби:
$\frac{3n+1}{n^2(2n+1)^2}=-\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}+\frac{2}{2n+1}-\frac{2}{(2n+1)^2}$
Там где без квадрата дроби я разобралась, продифференцировать, потом представить в виде суммы геометрической прогрессии, потом проинтегрировать.
а там где квадрат в знаменателе? дифференцировать 2 раза?
Тогда у меня получается, например для $\frac{2}{(2n+1)^2}$:
$2\lim\limits_{x\to1}^{}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)^2}$
Дифференцируем первый раз:
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n+1)}=x^{-1}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)}$
Второй раз:
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}x^{2n}=\frac{x^2}{1-x^2}$
Интегрируем первый раз:
$\int\limits_{}^{}\frac{x^2}{1-x^2}=-x+\frac{1}{2}\ln\left\lvert\frac{1+x}{1-x}\right\rvert+C$
Если мы это умножим на $x^{-1}$, то интеграл от этой штуки я не знаю как брать. может я неправильно что-то делаю?

[Brukvalub]

ExtreMaLLlka в сообщении #1124652 писал(а):

Там где без квадрата дроби я разобралась, продифференцировать, потом представить в виде суммы геометрической прогрессии, потом проинтегрировать.

И что? Этим способом удалось просуммировать расходящиеся ряды?

[provincialka]

ExtreMaLLlka в сообщении #1124652 писал(а):

Если мы это умножим на $x^{-1}$, то интеграл от этой штуки я не знаю как брать. может я неправильно что-то делаю?

Действительно не берётся. Сумму обратных квадратов нельзя найти с помощью ряда Тейлора. Для её вычисления используют другие методы, например, ряды Фурье. Известно, что $\sum\limits_1^\infty\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6$. Может быть, в вашей методичке где-то приведена эта формула? Зная ее, можно найти также сумму обратных квадратов для четных, а потом и для нечетных чисел.

-- 20.05.2016, 09:21 --

Еще есть хорошая формула для отрезка гармонического ряда $H_n=1+\frac12 +\frac13+...+\frac1n$, а именно, $H_n=C+\ln n +\alpha_n$, где $C$ -- некоторая константа, а $\alpha_n\to0$ при $n\to\infty$.
Двух этих сумм достаточно, чтобы найти сумму вашего ряда.

[ExtreMaLLlka]

Brukvalub в сообщении #1124654 писал(а):

ExtreMaLLlka в сообщении #1124652 писал(а):

Там где без квадрата дроби я разобралась, продифференцировать, потом представить в виде суммы геометрической прогрессии, потом проинтегрировать.

И что? Этим способом удалось просуммировать расходящиеся ряды?

Дифференцируем:
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}x^{2n}=\frac{x^2}{1-x^2}$
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}x^{n-1}=\frac{1}{1-x}$
Интегрируем:
$2\int\limits_{}^{}\frac{x^2}{1-x^2}=-2x+\ln\left\lvert\frac{1+x}{1-x}\right\rvert+C$
$-\int\limits_{}^{}\frac{1}{1-x}=\ln(1-x)+C$
Складываем пределы при х стремящемся к 1: получилось $-2+\ln2$
как-то так.
может и ошиблась где

-- 20.05.2016, 12:46 --

provincialka в сообщении #1124656 писал(а):

ExtreMaLLlka в сообщении #1124652 писал(а):

Если мы это умножим на $x^{-1}$, то интеграл от этой штуки я не знаю как брать. может я неправильно что-то делаю?

Действительно не берётся. Сумму обратных квадратов нельзя найти с помощью ряда Тейлора. Для её вычисления используют другие методы, например, ряды Фурье. Известно, что $\sum\limits_1^\infty\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6$. Может быть, в вашей методичке где-то приведена эта формула? Зная ее, можно найти также сумму обратных квадратов для четных, а потом и для нечетных чисел.

-- 20.05.2016, 09:21 --

Еще есть хорошая формула для отрезка гармонического ряда $H_n=1+\frac12 +\frac13+...+\frac1n$, а именно, $H_n=C+\ln n +\alpha_n$, где $C$ -- некоторая константа, а $\alpha_n\to0$ при $n\to\infty$.
Двух этих сумм достаточно, чтобы найти сумму вашего ряда.

Спасибо!

[Brukvalub]

ExtreMaLLlka в сообщении #1124674 писал(а):

Складываем пределы при х стремящемся к 1

Если считать не сумму пределов, а предел суммы, то должно получиться.