AMKbook.Net Задачи должны иметь решение
Реклама

Нахождение суммы числового ряда. Первая часть.

В теме про основные понятия числовых рядов было указано определение суммы ряда. Вот оно:

Если существует конечный предел \(S=\lim_{n\to\infty}S_n\), то его называют суммой ряда \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n\) и сам ряд именуют сходящимся. Если же \(\lim_{n\to\infty}S_n=\infty\) или \(\lim_{n\to\infty}S_n\) не существует, то ряд называют расходящимся.

Если понятие "частичная сумма" вызывает вопросы, то советую посмотреть раздел про частичную сумму ряда, обратив внимание на задачу №4. В этой задаче подробно раскрывается суть частичной суммы и остатка.

В данной теме нас будет интересовать вопрос нахождения сумм числовых рядов по определению. Определение суммы ряда опирается на значение \(\lim_{n\to\infty}S_n\), поэтому для нахождения суммы нам нужно выполнить два шага:

  1. Составить n-ю частичную сумму \(S_n\);
  2. Найти \(\lim_{n\to\infty}S_n\) (если он существует).

Если конечный \(\lim_{n\to\infty}S_n\) существует, то его значение и будет суммой рассматриваемого ряда, а сам ряд будет именоваться сходящимся. Если же \(\lim_{n\to\infty}S_n=\infty\) или \(\lim_{n\to\infty}S_n\) не существует, то ряд будет расходиться. Есть несколько стандартных приёмов, которые применяются для нахождения суммы числовых рядов. Например, для нахождения суммы ряда, общий член которого имеет вид рациональной дроби \(u_n=\frac{P(n)}{Q(n)}\), вполне подходит такой алгоритм:

  1. Разложить дробь \(\frac{P(n)}{Q(n)}\) на элементарные дроби (процедура разложения описана тут).
  2. Записать выражение для частичной суммы \(S_n\), используя результаты предыдущего пункта.
  3. Перегруппировать слагаемые в выражении для \(S_n\), приведя их к удобному для сокращения виду.
  4. Используя результат предыдущего пункта, найти \(\lim_{n\to\infty}S_n\).

Для нахождения суммы ряда нередко удобно использовать и такое свойство:

Пусть общий член ряда \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n\) можно представить в виде \(u_n=b_{n+1}-b_n\). Если существует конечный предел \(\lim_{n\to\infty}b_n=b\), то ряд \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n\) сходится. При этом частичная сумма ряда равна \(S_{n}=b_{n+1}-b_1\), а сумма ряда \(S=b-b_1\).

Доказательство этого свойства может быть интересно не всем читателям, поэтому я скрою его под примечание.

Доказательство свойства

Запишем частичную сумму ряда \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n\). Так как \(u_n=b_{n+1}-b_n\), то будем иметь:

\[ S_n =\sum\limits_{k=1}^{n}u_k =\sum\limits_{k=1}^{n}\left(b_{k+1}-b_k\right) =\sum\limits_{k=1}^{n}b_{k+1}-\sum\limits_{k=1}^{n}b_k =\sum\limits_{k=2}^{n+1}b_{k}-\sum\limits_{k=1}^{n}b_k \]

Как видите, выражения под знаком сумм одинаковы. Сделаем одинаковыми и пределы суммирования. Прибавляя и вычитая \(b_1\), для первой суммы получим:

\[ \sum\limits_{k=2}^{n+1}b_{k} =\sum\limits_{k=2}^{n+1}b_{k}+b_1-b_1 =\sum\limits_{k=1}^{n+1}b_{k}-b_1 \]

Аналогично, прибавляя и вычитая \(b_{n+1}\) для второй суммы получим:

\[ \sum\limits_{k=1}^{n}b_k =\sum\limits_{k=1}^{n}b_k+b_{n+1}-b_{n+1} =\sum\limits_{k=1}^{n+1}b_k-b_{n+1} \]

Вернёмся к сумме \(S_n\):

\[ S_n =\sum\limits_{k=2}^{n+1}b_{k}-\sum\limits_{k=1}^{n}b_k =\sum\limits_{k=1}^{n+1}b_{k}-b_1-\left(\sum\limits_{k=1}^{n+1}b_k-b_{n+1}\right) =b_{n+1}-b_1. \]

Так как \(\lim_{n\to\infty}b_n=b\), то и \(\lim_{n\to\infty}b_{n+1}=b\). Тогда \(\lim_{n\to\infty}S_n\) будет таким:

\[ \lim_{n\to\infty}S_n =\lim_{n\to\infty}\left(b_{n+1}-b_1\right) =b-b_1 \]

Утверждение доказано.

Во всех изложенных ниже задачах члены рядов будем обозначать буквами \(u_1\) (первый член ряда), \(u_2\) (второй член ряда) и так далее. Запись \(u_n\) будет обозначать общий член ряда.

Задача №1

Условие

Найти сумму ряда \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\).

Решение

Так как нижний предел суммирования равен 1, то общий член ряда записан под знаком суммы: \(u_n=(-1)^{n+1}\). Составим n-ю частичную сумму ряда, т.е. просуммируем первые \(n\) членов числового ряда:

\[ S_n=u_1+u_2+u_3+u_4+\ldots+u_n=\\=(-1)^2+(-1)^3+(-1)^4+(-1)^5+\ldots+(-1)^{n+1}=1-1+1-1+\ldots+(-1)^n. \]

Вопрос в следующем: чему равна эта сумма? Если в частичных суммах мы станем брать чётное количество слагаемых, они попарно сократятся:

\[ \begin{aligned} & S_2=1-1=0;\\ & S_4=1-1+1-1=0;\\ & S_6=1-1+1-1+1-1=0;\\ & S_8=1-1+1-1+1-1+1-1=0. \end{aligned} \]

Итак, частичная сумма, содержащая чётное количество слагаемых, равна 0. Т.е. если \(n\) – чётное число, то \(S_n=0\). Фразу "n – чётное число" можно записать так: \(n=2k\), \(k\in N\). В самом деле, подставляя вместо \(k\) значения 1, 2, 3, 4 будем получать \(n=2\cdot 1=2\), \(n=2\cdot 2=4\), \(n=2\cdot 3=6\), \(n=2\cdot 4=8\) и так далее. Итак, \(S_{2k}=0\).

Если мы станем брать нечётное количество слагаемых (1, 3, 5 и т.д.), то сумма станет равна 1:

\[ \begin{aligned} & S_1=1;\\ & S_3=1-1+1=1;\\ & S_5=1-1+1-1+1=1;\\ & S_7=1-1+1-1+1-1+1=1. \end{aligned} \]

Таким образом, если \(n\) – нечётное число, то \(S_n=1\). Фразу "n – нечётное число" можно записать так: \(n=2k-1\), \(k\in N\). В самом деле, подставляя вместо \(k\) значения 1, 2, 3, 4 будем получать \(n=2\cdot 1-1=1\), \(n=2\cdot 2-1=3\), \(n=2\cdot 3-1=5\), \(n=2\cdot 4-1=7\) и так далее. Итак, \(S_{2k-1}=1\).

Формально равенство \(S_{2k-1}=1\) можно доказать с помощью формулы \(S_{2k}=S_{2k-1}+u_{2k}\). Так как \(S_{2k}=0\), то \(S_{2k-1}+u_{2k}=0\), т.е. \(S_{2k-1}=-u_{2k}\). Так как \(u_{2k}=(-1)^{2k+1}=\left((-1)^2\right)^k\cdot (-1)^1=-1\), то \(S_{2k-1}=-(-1)=1\).

Возникает вопрос: как быть с пределом \(\lim_{n\to\infty}S_n\)? Ведь если \(n\) – чётное число, т.е. \(n=2k\), то:

\[ \lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{k\to\infty}S_{2k}=\lim_{k\to\infty}0=0. \]

С другой стороны, если \(n\) – нечётное число, то:

\[ \lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{k\to\infty}S_{2k-1}=\lim_{k\to\infty}1=1. \]

Что мы получили? А получили мы следующее: последовательность частичных сумм \(\{S_n\}\) имеет две подпоследовательности: \(\{S_{2k-1}\}\) и \(\{S_{2k}\}\), пределы которых различны. Следовательно, последовательность \(\{S_n\}\) не имеет предела. Вывод: ряд не имеет суммы, т.е. расходится.

Здесь стоит обратить внимание вот на что: следует различать случаи, когда предел равен бесконечности (см. следующую задачу №2), и когда предела попросту не существует. Хотя и в том и в другом случаях ряд будет расходиться.

Ответ:

Ряд расходится.

Задача №2

Условие

Найти сумму ряда \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}(3n+1)\).

Решение

Так как нижний предел суммирования равен 1, то общий член ряда записан под знаком суммы: \(u_n=3n+1\). Составим n-ю частичную сумму ряда, т.е. просуммируем первые \(n\) членов заданного числового ряда:

\[ S_n=u_1+u_2+u_3+u_4+\ldots+u_n=4+7+10+13+\ldots+3n+1. \]

Эту сумму можно записать в более коротком виде. Дело в том, что последовательность 4, 7, 10, 13 и т.д. есть арифметическая прогрессия, первый член которой равен 4, а разность равна 3. Сумма первых n членов этой прогрессии такова:

\[ 4+7+10+13+\ldots+3n+1=\frac{4+3n+1}{2}\cdot n=\frac{3n+5}{2}\cdot{n}. \]

Итак, \(S_n=\frac{3n+5}{2}\cdot n\). Найдем \(\lim_{n\to\infty}S_n\):

\[ \lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{3n+5}{2}\cdot n\right)=+\infty. \]

Так как \(\lim_{n\to\infty}S_n=+\infty\), то ряд расходится.

Если немного выйти за рамки данной темы, то стоит отметить, что расходимость этого ряда легко доказывается с помощью необходимого признака сходимости.

Ответ:

Ряд расходится.

Задача №3

Условие

Найти сумму ряда \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{2}{(2n+1)(2n+3)}\).

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:

Сумма

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 \(S=\frac{1}{3}\).

Ответ:

\(S=\frac{1}{3}\).

Часть №1
Часть №2
Часть №3