Найти сумму ряда

[Ёж]

Найдем сумму ряда $\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{3}{( 3n - 2)( 3n + 1)}$.
Ряд запишем в виде $\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{3}{( 3n - 2)( 3n + 1)}=\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\left(\frac{1}{ 3n - 2}-\frac{1}{ 3n + 1}\right)$.
Найдем $n$-ю частичную сумму ряда
$S_n=\sum\limits_{k = 1}^{n}\left(\frac{1}{ 3k - 2}-\frac{1}{ 3k + 1}\right)=\sum\limits_{k = 1}^{n}\frac{1}{ 3k - 2}-\sum\limits_{k = 1}^{n}\frac{1}{ 3k + 1}=\sum\limits_{k = 1}^{n}\frac{1}{ 3k - 2}-\sum\limits_{k = 2}^{n+1}\frac{1}{ 3k -2}=1+\sum\limits_{k = 2}^{n}\frac{1}{ 3k - 2}-\sum\limits_{k = 2}^{n}\frac{1}{ 3k -2}+\frac{1}{ 3n+1}=1+\frac{1}{ 3n+1}.$
Отсюда получаем,
$S =\lim\limits_{n \to \infty } S_n= \lim\limits_{n \to \infty } \left( 1+\frac{1}{ 3n+1} \right) = 1$.

А как можно найти сумму ряда, например, $\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{3}{( 3n - 2) 3n}$ или$\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{3}{( 3n - 2)( 3n - 1)}$?

[dgwuqtj]

А как бы вы искали сумму обратных квадратов? Можно с помощью вычетов или рядов Фурье попробовать.

[Ёж]

dgwuqtj в сообщении #1637374 писал(а):

А как бы вы искали сумму обратных квадратов? Можно с помощью вычетов или рядов Фурье попробовать.

т.е. таким простым способом не возможно найти сумму данных рядов?

[dgwuqtj]

Вот, например, $\sum_{n = 1}^\infty \frac 1{n^2} = \frac{\pi^2}6$. Совсем простым способом это не посчитать, надо хотя бы знать, что такое $\pi$. Хотя элементарные доказательства вроде бы имеются.

[gris]

Вы имели в виду телескопические ряды. Если написать начало вашего ряда, то видно в чём дело
$\left(\dfrac3{1}-\dfrac3{4}\right) +\left(\dfrac3{4}-\dfrac3{7}\right) +\left(\dfrac3{7}-\dfrac3{10}\right) +$
В частных суммах скобки можно раскрывать и серединка ряда сократится, что и было показано вами более строго.
Можно даже порассуждать, когда телескопирование происходит в самом простом случае.
Если суммируются дроби вида
$\dfrac {1}{(an+b)(an+c)}=(c-b)\left(\dfrac1{an+b}-\dfrac1{an+c}\right)$
И желательно, чтобы $an+c=a(n+1)+b$ или $c=a+b$. В вашем случае $1=3+(-2)$.
Но может быть могут быть и более интересные случаи .

[vicvolf]

dgwuqtj в сообщении #1637374 писал(а):

А как бы вы искали сумму обратных квадратов? Можно с помощью вычетов или рядов Фурье попробовать.

dgwuqtj в сообщении #1637381 писал(а):

Вот, например, $\sum_{n = 1}^\infty \frac 1{n^2} = \frac{\pi^2}6$. Совсем простым способом это не посчитать, надо хотя бы знать, что такое $\pi$. Хотя элементарные доказательства вроде бы имеются.

А какое это имеет отношение к телескопическим рядам?

Ёж
Посмотрите здесь https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A2%D0 ... 1%8F%D0%B4

[Ёж]

Спасибо большое всем за ответы!

[zykov]

Ёж в сообщении #1637372 писал(а):

А как можно найти сумму ряда, например, $\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{3}{( 3n - 2) 3n}$ или $\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{3}{( 3n - 2)( 3n - 1)}$?

Wolframalpha выдаёт (1 и 2):

$$\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{3}{( 3n - 2) 3n}=\frac{\pi}{4 \sqrt 3} + \frac{3 \ln 3}{4}$$

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

[bot]

А по-простому?
Положим $F(x)=\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{x^{3n}}{( 3n - 2) 3n}$. Эту эф дифференцируем, делим на икс, снова дифференцируем, получаем геометрическую прогрессию. Возвращаемся назад интегрованием, используя очевидные начальные условия.

$G(x)=\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{x^{3n-1}}{( 3n - 2) (3n-1)}$.
А тут ещё проще - делить на икс не надо.

[Ёж]

bot в сообщении #1637659 писал(а):

А по-простому?
$G(x)=\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{x^{3n-1}}{( 3n - 2) (3n-1)}$.
А тут ещё проще - делить на икс не надо.

Продифференцировал два раза по $x$
$ G'(x)=\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{x^{3n-2}}{3n - 2}, $
$ G''(x)=\sum\limits_{n = 1}^{\infty}x^{3n-3}. $
Получил геометрический ряд, сумма которого при $|x|<1$ равна
$ \sum\limits_{n = 1}^{\infty}x^{3n-3}=\frac{1}{1-x^3}.$
Для нахождения $G(x)$ два раза почленно интегрировал данный ряд на отрезке $[0,x]$ (использовал онлайн калькулятор)
$G'(x)=\int\limits_0^x \frac{1}{1-x^3}dx=-\frac{\ln|x-1|}{3}+\frac{\ln(x^2+x+1)}{6}+\frac{1}{\sqrt{3}}\arctg\frac{2x+1}{\sqrt{3}}-\frac{\pi}{6\sqrt{3}}=-\frac{\ln(1-x)}{3}+\frac{\ln(x^2+x+1)}{6}+\frac{1}{\sqrt{3}}\arctg\frac{2x+1}{\sqrt{3}}-\frac{\pi}{6\sqrt{3}}$
$G(x)=\int\limits_0^x \left(-\frac{\ln(1-x)}{3}+\frac{\ln(x^2+x+1)}{6}+\frac{1}{\sqrt{3}}\arctg\frac{2x+1}{\sqrt{3}}-\frac{\pi}{6\sqrt{3}}\right)dx= -\frac{\left(6x-6\right)\ln\left|x-1\right|}{18}-\frac{\left(3-3x\right)\,\ln\left(x^2+x+1\right)}{18}-\frac{\left(-6\sqrt{3}x-6\sqrt{3}\right)\arctg\left(\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)}{18}-\frac{\pi x}{6\sqrt{3}}-\frac{\pi}{6\sqrt{3}}= -\frac{\left(6x-6\right)\ln\left(1-x\right)}{18}-\frac{\left(3-3x\right)\,\ln\left(x^2+x+1\right)}{18}-\frac{\left(-6\sqrt{3}x-6\sqrt{3}\right)\arctg\left(\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)}{18}-\frac{\pi x}{6\sqrt{3}}-\frac{\pi}{6\sqrt{3}}$
Очевидно, что $3G(1)=\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{3}{( 3n - 2) (3n-1)}$. А как найти $G(1)$?

[artempalkin]

Ёж в сообщении #1637828 писал(а):

А как найти $G(1)$?

Предел взять от вашего выражения. Но я бы не назвал это "простым способом" суммировать этот ряд

-- 02.05.2024, 20:16 --

Интересно вот что. Что сам интеграл можно взять попроще вроде бы.

$G(1)=\int\limits_0^1dy\int\limits_0^y\frac{dx}{1-x^3}=y\int\limits_0^y\frac{dx}{1-x^3}\vline_0^1-\int\limits_0^1\frac y{1-y^3}dy=$
$=\int\limits_0^1\frac{dx}{1-x^3}-\int\limits_0^1\frac x{1-x^3}dx=\int\limits_0^1\frac{1-x}{1-x^3}dx=\int\limits_0^1\frac{dx}{x^2+x+1}$

Здесь основным приемом является взятие по частям внутри внешнего интеграла

[Ёж]

artempalkin в сообщении #1637831 писал(а):

Ёж в сообщении #1637828 писал(а):

А как найти $G(1)$?

Предел взять от вашего выражения. Но я бы не назвал это "простым способом" суммировать этот ряд

-- 02.05.2024, 20:16 --

Интересно вот что. Что сам интеграл можно взять попроще вроде бы.

$G(1)=\int\limits_0^1dy\int\limits_0^y\frac{dx}{1-x^3}=y\int\limits_0^y\frac{dx}{1-x^3}\vline_0^1-\int\limits_0^1\frac y{1-y^3}dy=$
$=\int\limits_0^1\frac{dx}{1-x^3}-\int\limits_0^1\frac x{1-x^3}dx=\int\limits_0^1\frac{1-x}{1-x^3}dx=\int\limits_0^1\frac{dx}{x^2+x+1}$

Здесь основным приемом является взятие по частям внутри внешнего интеграла

Спасибо большое!

[svv]

Можно сэкономить одно интегрирование, если разложить дробь на сумму простейших.
$S=\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{3}{(3n - 2)(3n - 1)}=3\sum\limits_{n = 0}^{\infty}\frac{1}{(3n +1)( 3n +2)}=3\sum\limits_{n = 0}^{\infty}\left(\frac{1}{3n +1}-\frac{1}{3n +2}\right)=3G(1),$
где
$\begin{array}{l}G(x)=\sum\limits_{n = 0}^{\infty}\left(\frac{x^{3n+1}}{3n +1}-\frac{x^{3n+2}}{3n +2}\right)\\G'(x)=\sum\limits_{n = 0}^{\infty}\left(x^{3n+0}-x^{3n+1}\right)=\frac{1-x}{1-x^3}\\G(1)-G(0)=\int\limits_0^1\frac{1-x}{1-x^3} dx=\left.\frac 2{\sqrt 3}\arctg\frac{2x+1}{\sqrt 3}\right|_0^1=\frac{\pi}{3\sqrt 3}\\S=3G(1)=\frac{\pi}{\sqrt 3}\end{array}$

[Ёж]

svv в сообщении #1637842 писал(а):

Можно сэкономить одно интегрирование, если разложить дробь на сумму простейших.
$S=\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{3}{(3n - 2)(3n - 1)}=3\sum\limits_{n = 0}^{\infty}\frac{1}{(3n +1)( 3n +2)}=3\sum\limits_{n = 0}^{\infty}\left(\frac{1}{3n +1}-\frac{1}{3n +2}\right)=3G(1),$
где
$\begin{array}{l}G(x)=\sum\limits_{n = 0}^{\infty}\left(\frac{x^{3n+1}}{3n +1}-\frac{x^{3n+2}}{3n +2}\right)\\G'(x)=\sum\limits_{n = 0}^{\infty}\left(x^{3n+0}-x^{3n+1}\right)=\frac{1-x}{1-x^3}\\G(1)-G(0)=\int\limits_0^1\frac{1-x}{1-x^3} dx=\left.\frac 2{\sqrt 3}\arctg\frac{2x+1}{\sqrt 3}\right|_0^1=\frac{\pi}{3\sqrt 3}\\S=3G(1)=\frac{\pi}{\sqrt 3}\end{array}$

Спасибо!