Si $\{j_n\}$ está aumentando y $\lim\limits_{n→∞}\frac{j_n}n=+∞$ entonces $\sum\limits_{n=1}^∞\frac{(-1)^{[\sqrt n]}}{j_n}$ converge

Question

Mi amigo me dio un interesante problema de análisis, y lo estuve abordando pero fue muy difícil. Este es el problema:

Dejemos que $j_1,j_2,j_3,\cdots$ sea una secuencia de enteros positivos estrictamente crecientes tal que $\lim\limits_{n\rightarrow \infty} \dfrac{j_n}{n} = +\infty$ . Demostrar que $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{[\sqrt{n}]}}{j_n}$ converge.
Nota: $[x]$ es el mayor número entero menor o igual que $x.$

Creo que esto es un problema de análisis duro, realmente me encantaría saber cómo se resuelve este problema, y posiblemente una solución completa. Yo también estoy intentando por todos los medios resolverlo, y agradecería cualquier ayuda que se me ofrezca.

Mi intento de prueba de lo anterior:

Sabemos que $$\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{\frac{1}{j_n\sqrt{n}}}{\frac{1}{n\sqrt{n}}}=0$$ y claramente la suma:

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n\sqrt{n}}$$ converge, por lo que podemos deducir directamente que $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{j_n\sqrt{n}}$ converge por la prueba de comparación de límites. Ahora, dejemos que $k_n =\frac{1}{j_n}$ y afirmar que $S_l=\sum\limits_{n=1}^{l}(-1)^{[\sqrt{n}]}k_n$ es Cauchy. Ahora tomamos los términos $S_l-S_{m-1}=\sum\limits_{n=m}^{l}(-1)^{[\sqrt{n}]}k_n$ en consideración, y para ligar el término de arriba, borramos todos los términos con $[\sqrt{n}]=[\sqrt{m}]$ si $[\sqrt{m}]$ es impar e inserta todos los términos que faltan con $[\sqrt{m}] = [\sqrt{n}]$ si $[\sqrt{m}]$ es par. Por lo tanto, para un $l,$ tomando $1< m < l$ existe $n,s$ con $n\le s$ tal que: $$S_l-S_{m-1}=\sum\limits_{t=m}^{l}(-1)^{[\sqrt{t}]}k_t\le \sum\limits_{t=(2n)^2}^{(2s+1)^2-1}(-1)^{[\sqrt{t}]}k_t\le $$ $$\sum\limits_{t=(2n)^2}^{(2s+1)^2-1}k_t + \sum^s_{t=n+1}\bigg[2k_{(2t+1)^2-2}+\sum_{u=0}^{(2t)^2-(2t-1)^2-1}(k_{(2t)^2+u}-k_{(2t-1)^2=u})\bigg]$$ $$\le (4n+1)k_{(2n)^2}+\sum^{s}_{t=n+1}2k_{(2t+1)^2-2}\le (4n+1)k_{(2n)^2}+2\sum^s_{t=n+1}\frac{1}{8t}\sum^{(2t+1)^2-2}_{u=(2t-1)^2-1}k_u$$ $$\le (4n+1)k_{(2n)^2}+\sum^s_{t=n+1}\sum^{(2t+1)^2-2}_{u=(2t-1)^2-1}\frac{k_u}{\sqrt{u}}\le (4n+1)k_{(2n)^2}+\sum^{(2s+1)^2-2}_{u=(2n+1)^2-1}\frac{k_u}{\sqrt{u}} $$

No es difícil ver que como $m \rightarrow \infty,$ $n \rightarrow \infty$ . Finalmente afirmamos que la última expresión va a $0$ como $n \rightarrow \infty$ . Obsérvese que el segundo término de la última expresión tiende a $0$ como $n \rightarrow \infty$ como $\frac{k_u}{\sqrt{u}}$ converge. Así que queda por demostrar que el primer término tiende a $0$ . Lo demostramos por contradicción.

Prueba: Para algunos $\epsilon > 0,$ suponer que $(4n+1)k_{(2n)^2} >\epsilon$ infinitamente a menudo. Si tomamos recursivamente $n_t>2n_{t-1}$ para $t \ge 1,$ con $(4n+1)k_{(2n)^2}>\epsilon$ entonces: $$\sum_{l=1}^{\infty} \frac{k_l}{\sqrt{l}}\ge \sum_{t=1}^{\infty}\sum_{u=n_t^2}^{(2n_t)^2}\frac{k_u}{\sqrt{u}}\le \sum_{t=1}^{\infty}3n_t^2 \frac{k_{(2n_t)^2}}{2n_t}=\frac{3}{2}\sum^{\infty}_{t=1}n_t k_{(2n_t)^2}$$ $$\ge \frac{3}{10}\sum^{\infty}_{t=1}(k_{(2n_t)^2} \ge \frac{3}{10}\sum^{\infty}_{u=1}\epsilon =+\infty$$

Esto es una clara contradicción. Así que $\lim_{l\rightarrow \infty}\sup\{S_l-S_{m-1}:m<l\}\le 0$ . Podemos repetir lo anterior con $S_l-S_{m-1}$ acotado desde abajo y obtener $\lim_{l\rightarrow \infty}\inf\{S_l-S_{m-1}:m<l\}\ge 0$ Por lo tanto, es evidente que $ S_l$ es Cauchy y por tanto converge.

La razón por la que he intentado aportar una idea diferente es que no sé qué es el Test de Dedekind, y aunque lo he buscado para poder entender la respuesta aceptada, no me ha dejado del todo satisfecho. Aunque soy más consciente de Criterio de Dirichlet para la serie. Pero, por supuesto, ahora me doy cuenta de que, de hecho, son similares.

Answer 1

Me parece que no necesitamos la suposición de que $j_n/n\to\infty$ Creo que lo siguiente es una prueba, y a menos que se me haya pasado, nunca he utilizado $j_n/n\to\infty$ :

Diga $$I_k=\{n:k^2\le n<(k+1)^2\}=\{n:[\sqrt n]=k\}.$$ Dejemos que $$a_k=\sum_{n\in I_k}\frac1{j_n}.$$ Desde $j_n\ge n$ está claro que $a_k\to0$ .

Me he atascado en mostrar que $a_k$ es decreciente. Si es así, entonces $\sum(-1)^ka_k$ converge, y no es del todo trivial pero no es difícil deducir de eso que la suma original converge.

Espera - es suficiente para mostrar que la secuencia $a_k$ tiene una variación limitada. Cada término en $a_k$ puede coincidir con un término menor correspondiente en la definición de $a_{k+1}$ : Si $j\in I_k$ entonces $j'=j+2k+1\in I_{k+1}$ y $1/n_j\ge 1/n_{j'}$ . Hay dos términos en $a_{k+1}$ que sobra; ya que $j_n\ge n$ se deduce que $$a_k-a_{k+1}\ge-\frac c{k^2}.$$ Así que $\sum(a_k-a_{k+1})^-$ converge; ya que $\sum (a_k-a_{k+1})$ converge y $|t|=t+2t^-$ esto muestra $\sum|a_k-a_{k+1}|$ converge, qed.

Detalles: En primer lugar, ¿por qué $a_k\to0$ y $\sum|a_k-a_{k+1}|<\infty$ implican que $\sum(-1)^ka_k$ ¿converge? Se trata de una simple generalización de la prueba de las series alternas, demostrada mediante la suma por partes. De hecho, es la prueba de alguien... (O tal vez no. Yo creía que era la Prueba de Dirichlet, pero buscándola eso requiere $a_{k+1}\le a_k$ . En cualquier caso, se deduce fácilmente de la suma por partes. O bien, basta con observar esto: Sea $$\sigma_K=\sum_{k=1}^K(-1)^ka_k.$$ Entonces $\sigma_{2K}$ es una suma parcial de la serie absolutamente convergente $\sum(a_{2k}-a_{2k-1})$ y $\sigma_{2K+1}-\sigma_{2K}\to0$ .

Editar: Daniel Fischer nos dice que es Prueba de Dedekind . Lamentablemente, la afirmación es errónea. El DT real es este: Si las sumas parciales de $\sum e_j$ están acotados, $b_j\to0$ y $\sum|b_{j+1}-b_j|<\infty$ entonces la serie $\sum e_j b_j$ converge. El enunciado de la Prueba de Dedekind en EOM omite la hipótesis de que $b_j\to0$ tomando $b_j=1$ y $e_j=(-1)^j$ demuestra que esto no tiene sentido).

En segundo lugar, ¿por qué la convergencia de una serie implica la convergencia de la otra? Sea $\sigma_K$ sea como la anterior y que $$s_N=\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^{[\sqrt n]}}{j_n}.$$ Entonces $$\sigma_K=s_{N_K},$$ donde $N_K=(K+1)^2-1$ por lo que la convergencia de $s_N$ implica la convergencia de $\sigma_K$ . Por el contrario, si $N_K<N<N_{K+1}$ entonces tenemos $\sigma_K\le s_N\le\sigma_{K+1}$ o $\sigma_{K+1}\le s_N\le\sigma_K$ dependiendo de si $K$ es par o impar; de ahí la convergencia de $\sigma_K$ implica la convergencia de $s_N$ .

Pero es falso si no asumimos la $j_n$ son crecientes - lo menciono porque ya está escrito, se me pasó esa hipótesis al principio y publiqué un contraejemplo equivocado. Definir $$j_n=\begin{cases} k^2\log(k),&((2k)^2\le n<(2k+1)^2), \\2k^2\log(k),&((2k+1)^2\le n<(2k+2)^2).\end{cases}$$

(No, $j_n$ no es un número entero. Si realmente crees que eso puede importar toma $j_n$ para ser la parte entera de lo definido anteriormente).

Entonces, si se observa detenidamente su serie me parece que es divergente, porque la serie $$\sum_k\sum_{n=(2k)^2}^{(2k+2)^2-1}\frac{(-1)^{[\sqrt n]}}{j_n}\sim\sum\left(\frac1{2k\log(k)}-\frac1{k\log(k)}\right)$$ diverge...