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En matemáticas , una serie telescópica es aquella serie cuyas sumas parciales poseen un número fijo de términos tras su cancelación.[ 1] [ 2]
(
a
2
−
a
1
)
+
(
a
3
−
a
2
)
+
(
a
4
−
a
3
)
+
…
+
(
a
n
−
a
n
−
1
)
=
a
n
−
a
1
{\displaystyle (a_{2}-a_{1})+(a_{3}-a_{2})+(a_{4}-a_{3})+\ldots +(a_{n}-a_{n-1})=a_{n}-a_{1}\,}
Un ejemplo típico de serie telescópica es la serie de Mengoli , que se define
∑
n
=
1
∞
1
n
(
n
+
1
)
{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n(n+1)}}}
y puede calcularse según[ 3]
∑
n
=
1
∞
1
n
(
n
+
1
)
=
∑
n
=
1
∞
(
1
n
−
1
n
+
1
)
=
lim
N
→
∞
∑
n
=
1
N
(
1
n
−
1
n
+
1
)
=
lim
N
→
∞
[
(
1
−
1
2
)
+
(
1
2
−
1
3
)
+
⋯
+
(
1
N
−
1
N
+
1
)
]
=
lim
N
→
∞
[
1
+
(
−
1
2
+
1
2
)
+
(
−
1
3
+
1
3
)
+
⋯
+
(
−
1
N
+
1
N
)
−
1
N
+
1
]
=
lim
N
→
∞
[
1
−
1
N
+
1
]
=
1.
{\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n(n+1)}}&{}=\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}\right)\\{}&{}=\lim _{N\to \infty }\sum _{n=1}^{N}\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}\right)\\{}&{}=\lim _{N\to \infty }\left\lbrack {\left(1-{\frac {1}{2}}\right)+\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}\right)+\cdots +\left({\frac {1}{N}}-{\frac {1}{N+1}}\right)}\right\rbrack \\{}&{}=\lim _{N\to \infty }\left\lbrack {1+\left(-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\right)+\left(-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{3}}\right)+\cdots +\left(-{\frac {1}{N}}+{\frac {1}{N}}\right)-{\frac {1}{N+1}}}\right\rbrack \\{}&{}=\lim _{N\to \infty }\left\lbrack {1-{\frac {1}{N+1}}}\right\rbrack =1.\end{aligned}}}
Sea
a
n
{\displaystyle a_{n}}
∑
n
=
1
N
(
a
n
−
a
n
+
1
)
=
a
1
−
a
N
+
1
,
{\displaystyle \sum _{n=1}^{N}\left(a_{n}-a_{n+1}\right)=a_{1}-a_{N+1},}
y, si
a
N
+
1
→
0
{\displaystyle a_{N+1}\rightarrow 0}
∑
n
=
1
∞
(
a
n
−
a
n
+
1
)
=
a
1
.
{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }\left(a_{n}-a_{n+1}\right)=a_{1}.}
Aunque las series telescópicas pueden resultar una técnica útil, hay algunos inconvenientes con los que cabe contar. El procedimiento
0
=
∑
n
=
1
∞
0
=
∑
n
=
1
∞
(
1
−
1
)
=
∑
n
=
1
∞
1
−
∑
n
=
1
∞
1
=
0
{\displaystyle 0=\sum _{n=1}^{\infty }0=\sum _{n=1}^{\infty }(1-1)=\sum _{n=1}^{\infty }1-\sum _{n=1}^{\infty }1=0\,}
no es correcto porque esta forma de reagrupar los términos solo es válida si los términos por separado convergen a 0. El modo de evitar este error es, en primer lugar, encontrar la suma de los N primeros términos y, en segundo lugar, aplicar el límite con N aproximándose al infinito.
∑
n
=
1
N
1
n
(
n
+
1
)
=
∑
n
=
1
N
(
1
n
−
1
n
+
1
)
=
(
1
−
1
2
)
+
(
1
2
−
1
3
)
+
⋯
+
(
1
N
−
1
N
+
1
)
=
1
+
(
−
1
2
+
1
2
)
+
(
−
1
3
+
1
3
)
+
⋯
+
(
−
1
N
+
1
N
)
−
1
N
+
1
=
1
−
1
N
+
1
→
1
c
u
a
n
d
o
N
→
∞
.
{\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{n=1}^{N}{\frac {1}{n(n+1)}}&{}=\sum _{n=1}^{N}\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}\right)\\&{}=\left(1-{\frac {1}{2}}\right)+\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}\right)+\cdots +\left({\frac {1}{N}}-{\frac {1}{N+1}}\right)\\&{}=1+\left(-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\right)+\left(-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{3}}\right)+\cdots +\left(-{\frac {1}{N}}+{\frac {1}{N}}\right)-{\frac {1}{N+1}}\\&{}=1-{\frac {1}{N+1}}\to 1\ \mathrm {cuando} \ N\to \infty .\end{aligned}}}
Muchas funciones trigonométricas pueden representarse como una diferencia, lo que permite la cancelación entre términos consecutivos en la serie telescópica.
∑
n
=
1
N
sen
(
n
)
=
∑
n
=
1
N
1
2
csc
(
1
2
)
(
2
sen
(
1
2
)
sen
(
n
)
)
=
1
2
csc
(
1
2
)
∑
n
=
1
N
(
cos
(
2
n
−
1
2
)
−
cos
(
2
n
+
1
2
)
)
=
1
2
csc
(
1
2
)
(
cos
(
1
2
)
−
cos
(
2
N
+
1
2
)
)
.
{\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{n=1}^{N}\operatorname {sen} \left(n\right)&{}=\sum _{n=1}^{N}{\frac {1}{2}}\csc \left({\frac {1}{2}}\right)\left(2\operatorname {sen} \left({\frac {1}{2}}\right)\operatorname {sen} \left(n\right)\right)\\&{}={\frac {1}{2}}\csc \left({\frac {1}{2}}\right)\sum _{n=1}^{N}\left(\cos \left({\frac {2n-1}{2}}\right)-\cos \left({\frac {2n+1}{2}}\right)\right)\\&{}={\frac {1}{2}}\csc \left({\frac {1}{2}}\right)\left(\cos \left({\frac {1}{2}}\right)-\cos \left({\frac {2N+1}{2}}\right)\right).\end{aligned}}}
Algunas sumas de la forma
∑
n
=
1
N
f
(
n
)
g
(
n
)
,
{\displaystyle \sum _{n=1}^{N}{f(n) \over g(n)},}
donde f y g son funciones polinómicas cuyo cociente puede separarse en fracciones parciales , no admiten sumar por este método. En particular, se tiene
∑
n
=
0
∞
2
n
+
3
(
n
+
1
)
(
n
+
2
)
=
∑
n
=
0
∞
(
1
n
+
1
+
1
n
+
2
)
=
(
1
1
+
1
2
)
+
(
1
2
+
1
3
)
+
(
1
3
+
1
4
)
+
⋯
⋯
+
(
1
n
−
1
+
1
n
)
+
(
1
n
+
1
n
+
1
)
+
(
1
n
+
1
+
1
n
+
2
)
+
⋯
=
∞
.
{\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {2n+3}{(n+1)(n+2)}}&{}=\sum _{n=0}^{\infty }\left({\frac {1}{n+1}}+{\frac {1}{n+2}}\right)\\&{}=\left({\frac {1}{1}}+{\frac {1}{2}}\right)+\left({\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}\right)+\left({\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}\right)+\cdots \\&{}\cdots +\left({\frac {1}{n-1}}+{\frac {1}{n}}\right)+\left({\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n+1}}\right)+\left({\frac {1}{n+1}}+{\frac {1}{n+2}}\right)+\cdots \\&{}=\infty .\end{aligned}}}
El problema está en que los términos no se cancelan. Sea k un entero positivo. Entonces,
∑
n
=
1
∞
1
n
(
n
+
k
)
=
H
k
k
,
{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n(n+k)}}={\frac {H_{k}}{k}},}
donde H k k -ésimo número armónico . Todos los términos después de 1/(k − 1) se cancelan. 
Datos: Q2164293