Serie convergente/divergente

Question

¿Es la siguiente serie divergente/convergente?

$$S=1-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}-\frac{1}{7}-\frac{1}{8}-\frac{1}{9}-\frac{1}{10}+\frac{1}{11}+\frac{1}{12}+\frac{1}{13}+\frac{1}{14}+\frac{1}{15}-...$$

Creo que es divergente desde $$\begin{align} S&>1-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}+4\cdot\frac{1}{6}-\frac{4}{7}+\frac{5}{15}-\frac{6}{16}+...\ &=1/3-4/7+1/3-6/16+...=\sum_{n=1}^\infty 1/3-\alpha_n \end {Alinee el} $$ donde $\alpha_n=4/7, 6/16, 8/22$ que tiende a 0, así que la serie en el lado derecho es divergente. ¿Esta es la respuesta correcta? Gracias

Answer 1

Después de colocar los términos con el mismo signo entre corchetes la serie se convierte en $$1+\sum{n=2}^\infty(-1)^{n+1}(H{n(n+1)/2}-H_{n(n-1)/2}),$ $ $H_n=1+\frac12+\frac13+\ldots+\frac1n$ dónde está el $n$-ésimo número armónico. Ahora usando la bien conocida fórmula $$H_n=\log n+\gamma+O\left(\frac{1}{n}\right),$ $ obtenemos $$an=H{n(n+1)/2}-H_{n(n-1)/2}=\log\frac{n+1}{n-1}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)=$ $ $$=\log\left(1+\frac{2}{n-1}\right)+O\left(\frac{1}{n^2}\right)=\frac{2}{n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right).$ $ por lo tanto el término principal de la serie con llaves es % $ $$2\frac{(-1)^{n+1}}{n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right),$que significa que la serie converge (por pruebas de Leibniz y de comparación) y también lo hace original.

Answer 2

Usted está tomando grupos de términos (con el mismo signo) $n$ lo que se refiere a un tiempo, para $n=1,2,\ldots$. Esto significa que el valor absoluto de la suma de los $n$th grupo de términos es básicamente $H({{n+1} \choose 2}) - H({n \choose 2})$ donde $H(k)$ $k$th parcial armónico suma, y debido a la muy fuerte convergencia de $H(k)$$\log k$, esto significa que los grupos de $n$ términos están muy estrechamente proporcional (en valor absoluto) a $|\log (n+1) - \log (n - 1)|$, con constante de proporcionalidad $1$, y de este modo se obtiene un "aproximado" alterna de la serie, cuando se consideran las proporciones de agregados de $n$ lo que se refiere a $|\log (n+1) - \log (n - 1)|$. He omitido algunos detalles, pero el punto principal es que el $\lim_{k \to \infty} \log k - H(k)$ es una constante, que debe ser más de lo que usted necesita para convertir esto en una prueba de que la serie es convergente, básicamente debido a la alternancia de las series son convergentes cuando sus términos son estrictamente decreciente a cero.

Answer 3

Para proporcionar una mayor comprensión a Santu la respuesta de algunos detalles.

$S$ no es per se una corriente alterna de la serie. Pero con un poco de trabajo, se puede convertir en uno. Tenga en cuenta que, módulo del signo, cada bloque de $b_n$ $n$ plazo con el mismo signo puede ser expresado como

$$ b_n = \sum_{\frac{n(n+1)}{2}+1}^{\frac{(n+1)(n+2)}{2}}\frac{1}{i} $$

o, equivalentemente,

$$ b_n = \sum_1^{\frac{(n+1)(n+2)}{2}}\frac{1}{i}-\sum_1^{\frac{n(n+1)}{2}}\frac{1}{i} $$

como se puede comprobar con la mano. A continuación, la serie puede ser escrito como $S=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n b_n$. Con el fin de mostrar que es condicionalmente convergente debe mostrar tres hechos

1. que es alterna
2. que $b_n\to 0$ $n\to \infty$
3. que $b_{n+1}\leq b_n$, al menos para $n$ lo suficientemente grande.

El último punto es a menudo olvidado y es crucial (véase la nota final). Entonces, es evidente que la serie es alterna. Para $b_n$ tenemos la envolvente obtenidos mediante la sustitución de cada término de la suma con el más grande

$$ b_n \leq \frac{2n-2}{n(n+1)+2} $$ Por el teorema del sándwich, $b_n\to 0$$n\to\infty$. Finalmente, se $b_n$ disminuyendo? Hice algunos cálculos y creo que la respuesta es sí. Para comprobar esto, considere la posibilidad de $b_n - b_{n+1}$, y el uso de la envolvente (obtenido con la comparación con $\int_1^n \frac{1}{x}dx$)

$$ \ln(n+1) < \sum_1^n \frac{1}{i} < \ln(n) + 1 $$

La matemática no es difícil, pero podría conseguir mucho aquí. Usted puede hacerlo usted mismo, y tratar de acotar $b_n-b_{n+1}$ desde abajo (cuidado con los signos!).

Nota Final: como por el ejemplo contrario de lo que va mal si se olvida de la 3ª requisito, considere la serie de $\sum (-1)^n a_n$, $a_n$ dada por

$$ a_n = \begin{cases} \frac{1}{n}\quad \mbox{ for %#%#% odd}\\ 0 \quad \mbox{ for %#%#% even}. \end{casos} $$ Usted puede ver que tal la serie diverge.

Answer 4

Debemos tener cuidado aquí. Es tentador para agrupar los términos en natural subsums y argumentar el agrupados de la serie converge y dejarlo en eso. Pero la convergencia de una agrupados de la serie converge no implica la original de la serie converge en general. El ejemplo obvio de ser $1 + (-1) + 1 + (-1) +\cdots.$ he Aquí un ejemplo con los términos de $\to 0$:

$$1-1 +1/2+1/2 -1/2 - 1/2 + 1/3+1/3 +1/3 - 1/3 -1/3-1/3 + \cdots.$$

Una condición suficiente para la convergencia de las agrupan de la serie implica la convergencia de la original de la serie es el siguiente: Supongamos que la serie original es $\sum_n a_n$ y sabemos que los agrupan de la serie

$$(a_1 + \cdots + a_{n_1}) + (a_{n_1+1}+ \cdots +a_{n_2 }) + \cdots $$

converge. Si

$$\lim_{k\to\infty} (|a_{n_k+1}|+ \cdots +|a_{n_{k+1}}|) = 0,$$

a continuación, el original de la serie converge. Os dejo la prueba para el lector, ya que no es demasiado malo. (Brevemente, la condición muestra las sumas parciales de la serie original difieren de los de la agrupadas de la serie por un importe $\to 0,$ dando la deseada convergencia.)

Para el problema en cuestión, esto es bastante fácil de comprobar.

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He aquí mi propia prueba para este problema específico, donde no apelo a la $\log $ función en absoluto. Para el $k$th agrupación de positivo y negativo, vamos a $M=(2k-2)(2k-1)/2, N = (2k-1)(2k)/2.$, a Continuación, la agrupación se

$$\tag 1 \frac{1}{M+1} + \cdots + \frac{1}{M+2k-1} - \frac{1}{N+1}-\cdots - \frac{1}{N+2k}$$ $$ = \sum_{j=1}^{2k-1} \frac{N-M}{(M+j)(N+j)} - \frac{1}{N+2k}.$$

Tenga en cuenta que $N-M = 2k-1.$ En valor absoluto, entonces, hacer absolutamente descarada estimaciones, $(1)$ $\le (2k-1)^2/(M+1)^2 + 1/N.$ Esto es en el orden de $1/k^2$ $k\to \infty.$ Esto implica la agrupadas de la serie converge absolutamente, por lo tanto converge. ¿Qué hay de la serie original? Converge con la primera parte de esta respuesta, porque si nos bofetada valores absolutos en cada término en $(1),$ la suma no es más que $(4k-1)/M+1 \to 0$ $k\to 0.$ Esto termina la prueba.

Answer 5

S es convergente (prueba de uso de Leibnitz para convergencia de alterna de la serie)