Convergencia de la serie $\sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{ (-1)^n} { \ln(n) +\cos(n)}$

Question

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

Answer 1

Esto sustituye a mi respuesta original, que era defectuosa pero llevaba en la dirección correcta (creo).

Dejaré que la serie comience en algún $n_0\ge2$ La razón de ello se verá más adelante.

Ampliar en $\cos(n)/\ln(n)$ (con $\lvert\cos(n)/\ln(n)\rvert < 1$ para $n \ge 2$ ):

$$\sum_ {n=n_0}^ \infty \sum_ {k=0}^ \infty \frac {(-1)^n}{ \ln (n)} \frac { \cos ^k(n)}{ \ln ^k(n)}$$

Intercambiemos los sumandos y preocupémonos después de si estuvo bien:

$$\sum_ {k=0}^ \infty \sum_ {n=n_0}^ \infty \frac {(-1)^n}{ \ln (n)} \frac { \cos ^k(n)}{ \ln ^k(n)}$$

Ahora la suma interna converge según Prueba de Dirichlet . De hecho podemos proceder como en la demostración de la prueba de Dirichlet para acotar su límite (suprimiendo los índices $k$ mientras trabajamos en fijo $k$ ):

$$a_n= \ln ^{-k-1}(n)$$ $$b_n=(-1)^n \cos ^k(n)= \sum_ {j=0}^k \alpha_ {jk} \cos ((j + \pi )n)\;,$$

con $\lvert\alpha_{jk}\rvert \le 1$ utilizando la fórmula de reducción de potencia para el coseno y absorbiendo el factor $(-1)^n$ en los cosenos sumando $\pi$ a su frecuencia.

$$B_m= \sum_ {n=n_0}^m \; b_n$$

$$\lvert B_m \rvert = \left\lvert\sum_ {n=n_0}^m \sum_ {j=0}^k \alpha_ {jk} \cos ((j + \pi )n) \right\rvert \le \sum_ {j=0}^k \left\lvert\sum_ {n=n_0}^m \cos ((j + \pi )n) \right\rvert \le \sum_ {j=0}^k \frac {2}{1 - \cos (j + \pi )}=:M_k$$

$$\left\lvert\sum_ {n=n_0}^m a_n b_n \right\rvert = \left\lvert B_m a_{m+1}+ \sum_ {n=n_0}^{m}B_n(a_n-a_{n+1}) \right\rvert\le\ ] \[ \le M_k a_{m+1} + \sum_ {n=n_0}^{m}M_k(a_n-a_{n+1})= M_k a_{m+1} + M_k(a_{n_0}-a_{m+1}) = M_ka_{n_0}$$

Así, podemos aplicar la prueba comparativa con las siguientes series:

$$\sum_ {k=0}^ \infty M_k \ln ^{-k-1}(n_0)$$

Esto demuestra por qué necesitamos empezar en algún $n_0$ en lugar de $2$ lo que no funcionaría ya que $\ln 2 < 1$ .

Ahora todo depende del comportamiento de $M_k$ . El coseno se acerca arbitrariamente a $1$ ; cuando $j$ entra en $\epsilon$ de un múltiplo impar de $\pi$ entonces $1/(1-\cos (j + \pi)) \approx 1/(1-(1 - \epsilon^2/2))= 2/\epsilon^2$ . Heurísticamente hablando, podríamos esperar que esto ocurriera cada $1/\epsilon$ enteros, por lo que en promedio estos picos no destruirían la decadencia a largo plazo con $\ln^{-k-1}(n_0)$ (que puede hacerse cuantitativamente, aunque no cualitativamente, más fuerte aumentando $n_0$ ). Sin embargo, no sé cómo hacer que este argumento sea riguroso, o si eso es siquiera posible dada la "imprevisibilidad" de $\pi$ . Es interesante que esta prueba pueda depender de los detalles de $\pi$ de esta manera. [Actualización: Gracias a George Lowther por los comentarios que apuntan a esta página de MathWorld lo que da un límite superior a la medida de irracionalidad de $\pi$ (nunca lo había oído antes :-). Que esto sea finito implica que $M_k$ puede estar limitada por una potencia de $k$ y, por tanto, la suma exterior converge (uniformemente), creo que eso completa la demostración].

Suponiendo que se pueda resolver el problema de los picos, aún tenemos que volver a la intercambiabilidad de las sumas. Este teorema muestra que podemos intercambiar las sumas si la convergencia de

$$\sum_ {k=0}^ \infty \sum_ {n=n_0}^m \frac {(-1)^n}{ \ln (n)} \frac { \cos ^k(n)}{ \ln ^k(n)}$$

es uniforme en $m$ -- que lo es, ya que $m$ se eliminó en la derivación del límite $M_ka_{n_0}$ .

En resumen, esta derivación muestra que se puede demostrar que la serie converge si los picos irregulares en $1/(1-\cos (j + \pi))$ que se producen porque $j$ se acerca arbitrariamente a impar múltiplos de $\pi$ puede demostrarse que no destruye la convergencia de la suma exterior sobre $k$ .

Gracias por esta interesante pregunta :-).

Answer 2

Insertar \sum_{n=2}^{infty} (-1)^n/(ln(n)+cos(n)) en el cuadro de búsqueda de Wolfram Alpha da un valor aproximado de -4,552162944044021. Por increíble que sea la suma real, puedes estar un poco seguro de su convergencia.