Probar si la serie $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n-(-1)^n}$ converge.

Question

¡He actualizado mi prueba para que esté completa ahora, editada para la verificación de la prueba!

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Sabemos que para las sumas parciales con términos pares, se cumple lo siguiente:

$S_{2N}=\sum_{n=1}^{2N} \frac{(-1)^n}{n-(-1)^n} = -\frac{1}{2} + \frac{1}{1} -\frac{1}{4} +\frac{1}{3} -\frac{1}{6} +\frac{1}{5}-\dots+\frac{1}{2N-1}$ $= \frac{1}{2\times1} +\frac{1}{4\times3} + \frac{1}{6\times5}+\dots+\frac{1}{2N(2N-1)} = \sum_{n=1}^{2N} \frac{1}{2n(2n-1)}$

Podemos reescribir la serie en pares ya que sabemos que tendrá una cantidad par de términos.

$S_{2N+1} = \sum_{n=1}^{2N+1} \frac{(-1)^n}{n-(-1)^n} = -\frac{1}{2} + \frac{1}{1} -\frac{1}{4} +\frac{1}{3}-\dots+\frac{1}{2N-1} -\frac{1}{2N+2}$ $=\frac{1}{2\times1} +\frac{1}{4\times3} + \frac{1}{6\times5}+\dots+\frac{1}{2N(2N-1)} - \frac{1}{2N+2} = \sum_{n=1}^{2N} \frac{1}{2n(2n-1)}-\frac{1}{2N+2}$

Como $n\in\mathbb{N}$ sabemos que $n\geq1$ Así que..:

$n\geq1 \iff 3n\geq3 \iff 3n^2\geq3n \iff 3n^2-3n\geq0 \iff 4n^2-2n \geq n^2+n$

Así que: $2n(2n-1)\geq n(n+1) \iff \frac{1}{2n(2n-1)}\leq \frac{1}{n(n+1)}$ para todos $n\geq1$ .

Como la serie de esta última secuencia converge, podemos concluir, por la comparación, prueba que la serie $\sum_{n=1}^{2N} \frac{1}{2n(2n-1)}$ converge.

Supongamos que converge a $s$ entonces sabemos que $^{\lim S_{2N}}_{N\to\infty} = s$ y por lo tanto $\lim_{N\to\infty}[S_{2N+1}] = s - (\lim_{N\to\infty}[\frac{1}{2N+2}]) = s-0 = s.$ Como las sumas parciales que terminan con términos pares y desiguales convergen al mismo límite, la serie $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n-(-1)^n}$ converge. $\tag*{$\Box$}$

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Answer 1

\begin {align*} \sum_ {k=2}^{N} \dfrac {1}{2k(2k-1)} \leq\sum_ {k=2}^{N} \dfrac {1}{2k(2k-(k/2))}= \dfrac {1}{3} \sum_ {k=2}^{N} \dfrac {1}{k^{2}}< \dfrac {1}{3} \sum_ {k=2}^{ \infty } \dfrac {1}{k^{2}}< \infty , \end {align*} así que $\{S_{2N}\}$ es convergente, también lo es $\{S_{2N+1}\}$ porque $\lim_{N}(S_{2N+1}-S_{2N})=0$ (para que tengan el mismo límite). A continuación, $\{S_{N}\}$ es convergente.

Answer 2

Como has calculado, es la serie armónica alterna en un orden diferente. De hecho, los primeros N términos son simplemente los primeros N términos de la serie armónica alterna permutados ( edit: con un término extra que decae como 1/N en caso de que N sea impar ), por lo que la secuencia de sumas parciales es la misma.

Answer 3

Otra forma es observar que

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n-(-1)^{n}}=\sum_{n=1}^{\infty}\Bigg[\frac{(-1)^{n}}{n-(-1)^{n}}-\frac{(-1)^{n}}{n}\Bigg]+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n}=$$

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

Ahora la serie de la izquierda converge por la prueba de comparación de límites con $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}$ y la serie de la derecha converge por Criterio de Leibniz .

Answer 4

Déjalo:

$$a_n=\frac{1}{n-(-1)^n}$$

Tenga en cuenta que:

• para $n=2k-1 \implies a_{2k-1}=\frac{1}{2k}$
• para $n=2k \implies a_{2k}=\frac{1}{2k-1}$
• para $n=2k+1 \implies a_{2k+1}=\frac{1}{2k+2}$
• para $n=2k+2 \implies a_{2k+2}=\frac{1}{2k+1}$

Por lo tanto, podemos reordenar la serie $a_n\to b_n$ de tal manera que $b_n$ es monolíticamente decreciente, ya que

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n-(-1)^n}=\sum_{n=1}^\infty (-1)^na_n=\sum_{n=1}^\infty (-1)^nb_n<+\infty$$

la serie converge.

Answer 5

$$s =\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n-(-1)^n} = $$ $$ -\frac{1}{2} + \frac{1}{1} - \frac{1}{4} + \frac{1}{3} - \frac{1}{6} + \frac{1}{5} - \cdots $$ $$\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots\right) - \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{6} + \cdots\right)$$ $$ \sum_{k =1}^\infty \left(\frac{1}{2k-1}\right) - \sum_{k =1}^\infty \left(\frac{1}{2k}\right)$$ $$ \sum_{k =1}^\infty \left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\right)$$ $$\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k}$$

$$s = \ln(2)$$

Y la serie converge al logaritmo natural.

Véase el caso especial del Serie Mercator $$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots$$ Configuración $x=1$ en la serie de Mercator, se obtiene el Series armónicas alternas

$$\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k}=\ln(2)$$