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spezielle Reihenwerte

1. Wir berechnen

$S:=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{4}\,.$

Lösung:

$\alpha)$ Zunächst gilt

$(\star)\hspace{2cm}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)}=1\,:$

Für jedes $N \in \IN$ ist nämlich

$\sum_{n=1}^N \frac{1}{n(n+1)}=\sum_{n=1}^N \Big(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\Big)=\sum_{n=1}^N \frac{1}{n}-\sum_{n=1}^N \frac{1}{n+1} =\sum_{n=1}^N \frac{1}{n} -\sum_{n=2}^{N+1} \frac{1}{n}=\frac{1}{1}-\frac{1}{N+1}.$

Es folgt

$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)}=\lim_{N \to \infty} \sum_{n=1}^N \frac{1}{n(n+1)}=1-\lim_{N \to \infty}\frac{1}{N+1}=1-0=1.$

Insbesondere erkennen wir mit dem Majorantenkriterium die Existenz von $S\,.$
(In ganz analoger Weise zeigt man: Aus $a_n \to a$ (auch $a=\pm\infty$ ist erlaubt) folgt $\sum_{n=1}^\infty (a_n-a_{n+1})=\lim_{N \to \infty} \sum_{n=1}^N(a_n-a_{n+1})=a_1-\lim_{N \to \infty} a_{N+1}=a_1-a\,.\,$ Siehe auch Teleskopsumme bzw. Teleskopreihe!)

$\beta)$ Wir betrachten $\sum_{n=1}^\infty \frac{2}{n(n+1)(n+2)}-\frac{1}{n(n+1)}.$ Dann gilt einerseits wegen $\alpha)$ und $(\star)$

$\sum_{n=1}^\infty \frac{2}{n(n+1)(n+2)}-\frac{1}{n(n+1)}=2\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)(n+2)}-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(n+1)}=2S-1.$

Andererseits folgt wieder mit $(\star)$

$\sum_{n=1}^\infty \frac{2}{n(n+1)(n+2)}-\frac{1}{n(n+1)}=\sum_{n=1}^\infty \frac{-n}{n(n+1)(n+2)} =-\;\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n(n+1)}$

$=-\;\Big(\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)}\Big)+\frac{1}{2}=-1+\frac{1}{2}=-\;\frac{1}{2}.$

Insgesamt folgt damit

$2S-1=-\frac{1}{2}\,,$

also

$S=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{4}.$

$\hfill\Box$

Erstellt: Mo 27.05.2013 von Marcel

Letzte Änderung: Mo 27.05.2013 um 16:56 von Marcel

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