Решение
Так как нижний предел суммирования равен 1, то общий член ряда записан под знаком суммы: \(u_n=\frac{2}{(2n+1)(2n+3)}\). Составим n-ю частичную сумму ряда, т.е. просуммируем первые \(n\) членов заданного числового ряда:
\[
S_n=u_1+u_2+u_3+u_4+\ldots+u_n=\frac{2}{3\cdot 5}+\frac{2}{5\cdot 7}+\frac{2}{7\cdot 9}+\frac{2}{9\cdot 11}+\ldots+\frac{2}{(2n+1)(2n+3)}.
\]
Почему я пишу именно \(\frac{2}{3\cdot 5}\), а не \(\frac{2}{15}\), будет ясно из дальнейшего повествования. Однако запись частичной суммы ни на йоту не приблизила нас к цели. Нам ведь нужно найти \(\lim_{n\to\infty}S_n\), но если мы просто запишем:
\[
\lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2}{3\cdot 5}+\frac{2}{5\cdot 7}+\frac{2}{7\cdot 9}+\frac{2}{9\cdot 11}+\ldots+\frac{2}{(2n+1)(2n+3)}\right),
\]
то эта запись, совершенно верная по форме, ничего нам не даст по сути. Чтобы найти предел, выражение частичной суммы предварительно нужно упростить.
Для этого есть стандартное преобразование, состоящее в разложении дроби \(\frac{2}{(2n+1)(2n+3)}\), которая представляет общий член ряда, на элементарные дроби. Вопросу разложения рациональных дробей на элементарные посвящена отдельная тема (см., например, задачу №3 на этой странице). Раскладывая дробь \(\frac{2}{(2n+1)(2n+3)}\) на элементарные дроби, будем иметь:
\[
\frac{2}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{A}{2n+1}+\frac{B}{2n+3}=\frac{A\cdot(2n+3)+B\cdot(2n+1)}{(2n+1)(2n+3)}.
\]
Приравниваем числители дробей в левой и правой частях полученного равенства:
\[
2=A\cdot(2n+3)+B\cdot(2n+1).
\]
Чтобы найти значения \(A\) и \(B\) есть два пути. Можно раскрыть скобки и перегруппировать слагаемые, а можно просто подставить вместо \(n\) некие подходящие значения. Сугубо для разнообразия в этой задаче пойдём первым путём, а следующем – будем подставлять частные значения \(n\). Раскрывая скобки и перегруппировывая слагаемые, получим:
\[
2=2An+3A+2Bn+B;\\
2=(2A+2B)n+3A+B.
\]
В левой части равенства перед \(n\) стоит ноль. Если угодно, левую часть равенства для наглядности можно представить как \(0\cdot n+ 2\). Так как в левой части равенства перед \(n\) стоит ноль, а в правой части равества перед \(n\) стоит \(2A+2B\), то имеем первое уравнение: \(2A+2B=0\). Сразу разделим обе части этого уравнения на 2, получив после этого \(A+B=0\).
Так как в левой части равенства свободный член равен 2, а в правой части равенства свободный член равен \(3A+B\), то \(3A+B=2\). Итак, имеем систему:
\[
\left\{\begin{aligned}
& A+B=0;\\
& 3A+B=2.
\end{aligned}\right.
\]
Можно решать эту систему методом Крамера, методом Гаусса или с помощью обратной матрицы. Однако проще всего банально выразить из первого уравнения \(A=-B\) и подставить во второе:
\[
3\cdot (-B)+B=2;\; -2B=2; \; B=-1.
\]
Так как \(B=-1\), то \(A=-B=1\). Подставляя найденные значения \(A=1\) и \(B=-1\) в формулу \(\frac{2}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{A}{2n+1}+\frac{B}{2n+3}\), будем иметь:
\[
\frac{2}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{1}{2n+1}+\frac{-1}{2n+3}=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}.
\]
Итак, \(u_n=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}\). Используем полученное разложение для того, чтобы упростить формулу частичной суммы ряда. Покажу сначала решение стандартным путём, принятым в большинстве решебников и методичек.
Первый способ упрощения формулы для частичной суммы.
Мы получили разложение общего члена ряда на две дроби: \(u_n=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}\). Чтобы этот результат был более наглядным, я распишу несколько первых членов ряда по этой формуле:
\[
\begin{aligned}
& u_1=\frac{2}{3\cdot 5}=\frac{1}{3}-\frac{1}{5};\\
& u_2=\frac{2}{5\cdot 7}=\frac{1}{5}-\frac{1}{7};\\
& u_3=\frac{2}{7\cdot 9}=\frac{1}{7}-\frac{1}{9};\\
& u_4=\frac{2}{9\cdot 11}=\frac{1}{9}-\frac{1}{11}.
\end{aligned}
\]
Давайте распишем частичную сумму, учитывая полученное разложение каждого элемента:
\[
S_n=u_1+u_2+u_3+u_4+\ldots+u_n=\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{7}-\frac{1}{9}+\frac{1}{9}-\frac{1}{11}+\ldots+\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}.
\]
Как видите, все слагаемые этой суммы сокращаются, – кроме первого и последнего:
Итак, \(S_n=\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}\). Этот способ упрощения формулы для частичной суммы имеет простую суть: разложить общий член ряда на элементарные дроби, а потом сократить слагаемые.
Однако можно ли считать вышеуказанные рассуждения строгим доказательством? Полагаю, что в общем случае нет, и поясню почему. Дело в том, что мы должны "увидеть" (как любят писать некоторые авторы – "легко увидеть"), что слагаемые сокращаются. А если мы "увидим" не все слагаемые, которые останутся после сокращения? Где гарантии, что мы сократим именно то, что нужно? Нет гарантий. Понятно, что в случае рассматриваемой конкретной задачи всё тривиально и очевидно, но далеко не все частичные суммы рядов имеют такую простую структуру.
Формулу \(S_n=\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}\) можно принять в качестве гипотезы, которую ещё нужно доказать. Доказательство удобнее всего проводить методом математической индукции. Так как доказательством заинтересуются не все читатели, то я его скрыл под примечание.
Доказательство формулы \(S_n=\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}\)
Доказательство будем проводить методом математической индукции. На первом шаге нужно проверить, выполнено ли доказываемое равенство \(S_n=\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}\) при \(n=1\). Мы знаем, что \(S_1=u_1=\frac{2}{15}\), но даст ли выражение \(\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}\) значение \(\frac{2}{15}\), если подставить в него \(n=1\)? Проверим:
\[
\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}=\frac{1}{3}-\frac{1}{2\cdot 1+3}=\frac{1}{3}-\frac{1}{5}=\frac{5-3}{15}=\frac{2}{15}.
\]
Итак, при \(n=1\) равенство \(S_n=\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}\) выполнено. На этом первый шаг метода математической индукции закончен.
Предположим, что при \(n=k\) равенство выполнено, т.е. \(S_k=\frac{1}{3}-\frac{1}{2k+3}\). Докажем, что это же равенство будет выполнено при \(n=k+1\). Для этого рассмотрим \(S_{k+1}\):
\[
S_{k+1}=S_k+u_{k+1}.
\]
Так как \(u_n=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}\), то \(u_{k+1}=\frac{1}{2(k+1)+1}-\frac{1}{2(k+1)+3}=\frac{1}{2k+3}-\frac{1}{2(k+1)+3}\). Согласно сделанному выше предположению \(S_k=\frac{1}{3}-\frac{1}{2k+3}\), поэтому формула \(S_{k+1}=S_k+u_{k+1}\) примет вид:
\[
S_{k+1}=S_k+u_{k+1}=\frac{1}{3}-\frac{1}{2k+3}+\frac{1}{2k+3}-\frac{1}{2(k+1)+3}=\frac{1}{3}-\frac{1}{2(k+1)+3}.
\]
Вывод: формула \(S_n=\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}\) верна при \(n=k+1\). Следовательно, согласно методу математической индукции, формула \(S_n=\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}\) верна при любом \(n\in N\). Равенство доказано.
В стандартном курсе высшей математики обычно довольствуются "вычёркиванием" сокращающихся слагаемых, не требуя никаких доказательств. Итак, мы получили выражение для n-й частичной суммы: \(S_n=\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}\). Найдём значение \(\lim_{n\to\infty}S_n\):
\[
\lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}\right)=\frac{1}{3}-0=\frac{1}{3}.
\]
Вывод: заданный ряд сходится и сумма его \(S=\frac{1}{3}\).
Второй способ упрощения формулы для частичной суммы.
Этот способ основан на свойстве, записанном в начале страницы. По сути, он схож с предыдущим, – разница лишь в применении уже готовой теоремы, доказанной нами ранее. Вернёмся к записи общего члена ряда:
\[
u_n=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}
=\frac{-1}{2n+3}-\frac{-1}{2n+1}
\]
Обозначим \(b_n=\frac{-1}{2n+1}\), тогда \(b_{n+1}=\frac{-1}{2(n+1)+1}=\frac{-1}{2n+3}\). Таким образом, \(u_{n}=b_{n+1}-b_{n}\). При этом \(\lim_{n\to\infty}b_n=0\). Согласно упомянутому свойству, ряд \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n\) сходится. При этом его сумма равна \(S=0-b_1=\frac{1}{3}\). Если есть необходимость, можно записать и частичную сумму ряда:
\[
S_n
=b_{n+1}-b_1
=\frac{-1}{2n+3}-\left(-\frac{1}{3}\right)
=\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}
\]
Третий способ упрощения формулы для частичной суммы.
Честно говоря, я сам предпочитаю большей частью именно этот способ :) Давайте запишем частичную сумму в сокращённом варианте:
\[
S_n=\sum\limits_{k=1}^{n}u_k=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{2}{(2k+1)(2k+3)}.
\]
Мы получили ранее, что \(u_k=\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+3}\), поэтому:
\[
S_n=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{2}{(2k+1)(2k+3)}=\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+3}\right).
\]
Сумма \(S_n\) содержит конечное количество слагаемых, поэтому мы можем переставлять их так, как нам заблагорассудится. Я хочу сначала сложить все слагаемые вида \(\frac{1}{2k+1}\), а уж затем переходить к слагаемым вида \(\frac{1}{2k+3}\). Это означает, что частичную сумму мы представим в таком виде:
\[
S_n
=\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{7}-\frac{1}{9}+\frac{1}{9}-\frac{1}{11}+\ldots+\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}=\\
=\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\ldots+\frac{1}{2n+1}-\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\ldots+\frac{1}{2n+3}\right).
\]
Конечно, развёрнутая запись крайне неудобна, поэтому представленное выше равенство оформим более компактно:
\[
S_n=\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+3}\right)=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+1}-\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+3}.
\]
Теперь преобразуем выражения \(\frac{1}{2k+1}\) и \(\frac{1}{2k+3}\) к одному виду. Приведём, например, дробь \(\frac{1}{2k+3}\) к виду \(\frac{1}{2k+1}\). Выражение в знаменателе дроби \(\frac{1}{2k+3}\) я представлю в таком виде:
\[
\frac{1}{2k+3}=\frac{1}{2k+2+1}=\frac{1}{2(k+1)+1}.
\]
И сумму \(\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+3}\) теперь можно записать так:
\[
\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+3}=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2(k+1)+1}=\sum\limits_{k=2}^{n+1}\frac{1}{2k+1}.
\]
Если равенство \(\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+3}=\sum\limits_{k=2}^{n+1}\frac{1}{2k+1}\) не вызывает вопросов, то пойдём далее. Если же вопросы есть, то прошу развернуть примечание.
Как мы получили преобразованную сумму?
У нас был ряд \(\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+3}=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2(k+1)+1}\). Давайте вместо \(k+1\) введём новую переменную, – например, \(t\). Итак, \(t=k+1\).
Как изменялась старая переменная \(k\)? А изменялась она от 1 до \(n\). Давайте выясним, как же будет изменяться новая переменная \(t\). Если \(k=1\), то \(t=1+1=2\). Если же \(k=n\), то \(t=n+1\). Итак, выражение \(\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2(k+1)+1}\) теперь стало таким: \(\sum\limits_{t=2}^{n+1}\frac{1}{2t+1}\).
\[
\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2(k+1)+1}=\sum\limits_{t=2}^{n+1}\frac{1}{2t+1}.
\]
У нас есть сумма \(\sum\limits_{t=2}^{n+1}\frac{1}{2t+1}\). Вопрос: а не всё ли равно, какую букву использовать в этой сумме? :) Банально записывая букву \(k\) вместо \(t\), получим следующее:
\[
\sum\limits_{t=2}^{n+1}\frac{1}{2t+1}=\sum\limits_{k=2}^{n+1}\frac{1}{2k+1}.
\]
Вот так и получается равенство \(\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2(k+1)+1}=\sum\limits_{k=2}^{n+1}\frac{1}{2k+1}\).
Таким образом, частичную сумму можно представить в следующем виде:
\[
S_n=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+1}-\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+3}=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+1}-\sum\limits_{k=2}^{n+1}\frac{1}{2k+1}.
\]
Заметьте, что суммы \(\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+1}\) и \(\sum\limits_{k=2}^{n+1}\frac{1}{2k+1}\) отличаются лишь пределами суммирования. Сделаем эти пределы одинаковыми. Начнём с первой суммы.
Сделаем так, чтобы верхний предел суммирования стал равен \(n+1\). Если \(k=n+1\), то \(\frac{1}{2k+1}=\frac{1}{2n+3}\). Прибавляя и вычитая из первой суммы \(\frac{1}{2n+3}\), получим:
\[
\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+1}
=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2n+3}-\frac{1}{2n+3}
=\sum\limits_{k=1}^{n+1}\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2n+3}
\]
Для второй суммы \(\sum\limits_{k=2}^{n+1}\frac{1}{2k+1}\) сделаем так, чтобы нижний предел суммирования был равен 1. Если \(k=1\), то \(\frac{1}{2k+1}=\frac{1}{3}\). Прибавляя и вычитая \(\frac{1}{3}\), получим:
\[
\sum\limits_{k=2}^{n+1}\frac{1}{2k+1}
=\sum\limits_{k=2}^{n+1}\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{3}-\frac{1}{3}
=\sum\limits_{k=1}^{n+1}\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{3}
\]
С учётом полученных результатов, выражение для \(S_n\) примет такой вид:
\[
S_n
=\sum\limits_{k=1}^{n+1}\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2n+3}-\left(\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{3}\right)
=\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}
\]
Если пропустить все пояснения, то процесс нахождения сокращённой формулы для n-й частичной суммы примет такой вид:
\[
S_n=\sum\limits_{k=1}^{n}u_k
=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{2}{(2k+1)(2k+3)}
=\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+3}\right)=\\
=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+1}-\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+3}
=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+1}-\sum\limits_{k=2}^{n+1}\frac{1}{2k+1}=\\
=\sum\limits_{k=1}^{n+1}\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2n+3}-\left(\sum\limits_{k=1}^{n+1}\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{3}\right)
=\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}
\]
Напомню, что мы приводили дробь \(\frac{1}{2k+3}\) к виду \(\frac{1}{2k+1}\). Разумеется, можно поступить и наоборот, т.е. представить дробь \(\frac{1}{2k+1}\) в виде \(\frac{1}{2k+3}\). Конечное выражение для частичной суммы не изменится. Процесс нахождения частичной суммы в этом случае я скрою под примечание.
Как найти \(S_n\), если приводить к виду иной дроби?
\[
S_n
=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+1}-\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+3}
=\sum\limits_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2k+3}-\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+3}=\\
=\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{1}{2k+3}-\frac{1}{2n+3}-\left(\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{1}{2k+3}-\frac{1}{3}\right)
=\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}.
\]
Итак, \(S_n=\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}\). Находим предел \(\lim_{n\to\infty}S_n\):
\[
\lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}\right)=\frac{1}{3}-0=\frac{1}{3}.
\]
Заданный ряд сходится и сумма его \(S=\frac{1}{3}\).