Question

Установить сходимость или расходимость следующих последовательностей, а в случае сходимости вычислить предел:

Answer 1

Ответ:

$A_n=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2(n+1)(n+2)}$;  $\sum\limits_{k=1}^\infty \dfrac{1}{k(k+1)(k+2)}=\dfrac{1}{4}$

Пошаговое объяснение:

Разложим член ряда на простейшие дроби:

$\dfrac{1}{k(k+1)(k+2)}=\dfrac{A}{k}+\dfrac{B}{k+1}+\dfrac{C}{k+2}\\ 1=A(k^2+3k+2)+B(k^2+2k)+C(k^2+k)$

$\left\{\begin{array}{c}A+B+C=0\\3A+2B+C=0\\ 2A=1\end{array}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c}B+C=-\frac{1}{2}\\2B+C=-\frac{3}{2}\\ A=\frac{1}{2}\end{array}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c}C=\frac{1}{2}\\B=-1\\ A=\frac{1}{2}\end{array}\right.$

Значит,

$A_n=\dfrac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k}-\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k+2}$

Преобразуем:

$\dfrac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k}=\dfrac{1}{2}\left(1+\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k+1}-\dfrac{1}{n+1}\right)$,

$\dfrac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k+2}=\dfrac{1}{2}\left(\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k+1}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{n+2}\right)$.

Подставляем:

$A_n=\dfrac{1}{2}\left(1+\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k+1}-\dfrac{1}{n+1}\right)-\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{2}\left(\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k+1}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{n+2}\right)=\\ =\dfrac{1}{2}\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)+\dfrac{1}{2}\left(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{n+2}\right)=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2(n+1)(n+2)}$

При этом $\lim\limits_{n\to\infty}A_n=\dfrac{1}{4}$ - а это означает, что

$\sum\limits_{k=1}^\infty \dfrac{1}{k(k+1)(k+2)}=\dfrac{1}{4}$

Answer 2

Чтобы не использовать в э той задаче метод неопределенных коэффициентов, воспользуемся формулой, которая проверяется непосредственно, легко запоминается и много раз помогала мне в вычислениях:

                              $\dfrac{1}{m(m+p)}=\dfrac{1}{p}\left(\dfrac{1}{m}-\dfrac{1}{m+p}\right).$

В частности,    $\dfrac{1}{m(m+1)}=\dfrac{1}{m}-\dfrac{1}{m+1};\ \ \ \dfrac{1}{m(m+2)}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{m}-\dfrac{1}{m+2}\right).$

Имеем:

$\dfrac{1}{k(k+1)(k+2)}=\dfrac{1}{k}\cdot\dfrac{1}{(k+1)(k+2)}=\dfrac{1}{k}\left(\dfrac{1}{k+1}-\dfrac{1}{k+2}\right)=\dfrac{1}{k(k+1)}-\dfrac{1}{k(k+2)}=\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+2}\right)=\dfrac{1}{2k}-\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{2(k+2)}.$

Можно было рассуждать немного иначе: k+1=t;

$\dfrac{1}{k(k+1)(k+2)}=\dfrac{1}{(t-1)t(t+1)}=\dfrac{t}{(t^2-1)t^2}=\dfrac{t}{t^2-1}-\dfrac{t}{t^2}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{(t-1)+(t+1)}{(t-1)(t+1)}-\dfrac{1}{t}=\dfrac{1}{2(t+1)}+\dfrac{1}{2(t-1)}-\dfrac{1}{t}=\dfrac{1}{2k}-\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{2(k+2)}.$

$A_n=\left(\dfrac{1}{2\cdot 1}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2\cdot 3}\right)+\left(\dfrac{1}{2\cdot 2}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{2\cdot 4}\right)+\left(\dfrac{1}{2\cdot 3}-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2\cdot 5}\right)+\ldots + \left(\dfrac{1}{2(n-2)}-\dfrac{1}{n-1}+\dfrac{1}{2n}\right)+\left(\dfrac{1}{2(n-1)}-\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{2(n+1)}\right)+ \left(\dfrac{1}{2n}- \dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{2(n+2)}\right)=$$=\dfrac{1}{2\cdot 1}+\left(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2\cdot 2}\right)+\left(\dfrac{1}{2\cdot 3}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{2\cdot 3}\right)+\ldots +\left(\dfrac{1}{2n}-\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{2n}\right)+ \left(\dfrac{1}{2(n+1)}-\dfrac{1}{n+1}\right) + \dfrac{1}{2(n+2)}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}+0+0+\ldots +0-\dfrac{1}{2(n+1)}+\dfrac{1}{2(n+2)}\to \dfrac{1}{4}$ при $n\to \infty.$

Ответ: последовательность сходится, и ее предел равен  $\dfrac{1}{4}.$