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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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