Задача 69058 ...
Условие
Решение
[m] Σ^{n= ∞ }_{n=1}a_{n}[/m]
[m]a_{n}=\frac{1}{(2n+1)^2-1}[/m]
[red]Первый способ. По определению. [/red]
Находим частичную сумму ряда
[m]S_{n}= Σ^{k=n}_{k=1} \frac{1}{(2k+1)^2-1}[/m]
Разложим дробь [m]\frac{1}{(2k+1)^2-1}[/m] на простейшие
Для этого знаменатель разложим на множители:
[m](2k+1)^2-1=((2k+1)-1)(2k+1+1)[/m]
[m](2k+1)^2-1=2k\cdot (2k+2)[/m]
Применяем метод неопределенных коэффициентов:
[m]\frac{1}{(2k+1)^2-1}=\frac{A}{2k}+\frac{B}{2k+2}[/m]
[m]1=A\cdot (2k+2)+B\cdot 2k[/m]
1=2A
2A+2B=0
A=1/2
B=-1/2
[m]S_{n}= Σ^{k=n}_{k=1} \frac{1}{2}\cdot (\frac{1}{2k}-\frac{1}{2k+2})=\frac{1}{2}\cdot ( \underbrace{\frac{1}{2}-\frac{1}{4}}_{a_{1}}+\underbrace{\frac{1}{4}-\frac{1}{6}}_{a_{2}}+...+\underbrace{\frac{1}{2n}-\frac{1}{2n+2}}_{a_{n}})=\frac{1}{2}\cdot (\frac{1}{2}-\frac{1}{2n+2}) [/m]
[m]S=lim_{n → ∞ }S_{n}=lim_{n → ∞ }\frac{1}{2}\cdot (\frac{1}{2}-\frac{1}{2n+2})=\frac{1}{4} [/m]
Предел частичной суммы существует, конечный,
значит ряд сходится
Второй способ. Интегральный признак.
[m] ∫^{ ∞ }_{1} \frac{1}{(2x+1)^2-1}dx=\frac{1}{2}∫^{ ∞ }_{1} \frac{d(2x+1)}{(2x+1)^2-1}=\frac{1}{2}\cdot (\frac{1}{2}ln|\frac{2x+1-1}{2x+1+1}|)|^{ ∞ }_{1}=\frac{1}{4}[/m]
[red]Третий способ. Признак сравнения[/red]
Рассмотрим сходящийся ряд:[m] Σ^{n= ∞ }_{n=1}b_{n}[/m]
[m]b_{n}= \frac{1}{n^2}[/m]
Применяем признак сравнения в предельной форме:
[m]lim_{n → ∞ }\frac{a_{n}}{b{n}}=lim_{n → ∞ }\frac{\frac{1}{(2n+1)^2-1}}{\frac{1}{n^2}}=lim_{n → ∞ }\frac{n^2}{(2n+1)^2-1}=\frac{1}{4} ≠0 [/m]
Ряды [m] Σ^{n= ∞ }_{n=1}a_{n}[/m] и [m] Σ^{n= ∞ }_{n=1}b_{n}[/m] [i]одновременно сходятся [/i]