Serie convergencia sin notación sigma.

Question

Considere la siguiente serie:

PS

Esta serie parece converger pero no puedo probarlo. Parece imposible escribir la cosa entera en notación de suma. Intenté agrupar por módulo 6, pero luego, por ejemplo, la suma de $$\frac{1}{1} + \frac{10}{2} + \frac{100}{3} - \frac{37}{4} - \frac{37}{5} - \frac{37}{6} + \frac{1}{7} + \frac{10}{8} + \frac{100}{9} - \frac{37}{10} - \frac{37}{11} - \frac{37}{12} + \dots$ ya no aparece, por lo que no parece correcto. También intenté cambiar los 37s en potencias de 10 para usar la prueba de comparación, pero también falló. ¿Alguna sugerencia?

Answer 1

Primero, note que $$F_n=\frac{1}{6n+1}+\frac{10}{6n+2}+\frac{100}{6n+3}-\frac{37}{6n+4}-\frac{37}{6n+5}-\frac{37}{6n+6} \geq \frac{111}{6n+3}-\frac{111}{6n+4} > 0.$ $ Luego, note que $$F_n \leq \frac{111}{6n+1}-\frac{111}{6n+6}=\frac{555}{(6n+1)(6n+6)}.$ $

Así, la suma de $F_n$ converge. ¿Cómo puedes inferir el resultado final de esto?

Answer 2

Supongo que el patrón de $(1, 10, 100, -37, -37, -37)$ continúa para siempre, así que esto es $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}$$ donde $$ a_n = \cases{1 & if $n \equiv 1 \mod 6$\cr 10 & si $n \equiv 2 \mod 6$\cr 100 & si $n \equiv 3 \mod 6$\cr -37 & si $n \equiv 4,5$ o $0 \mod 6$\cr}$$ Tenga en cuenta que $1+10+100 - 3\times 37 = 0$. A continuación, el $6m$ -ésima suma parcial $$ \eqalign{S_m &= \sum_{n=1}^{6m} \frac{a_n}{n}\cr & = \sum_{j=0}^m \frac{1}{6j+1} + 10 \sum_{j=0}^m \frac{1}{6j+2} + 100 \sum_{j=0}^m \frac{1}{6j+3} - 37 \sum_{k=4}^6 \sum_{j=0}^m \frac{1}{6j+k}\cr &= \frac{1}{6} \left(\Psi(m+1+1/6) - \Psi(1/6) + 10 (\Psi(m+1+2/6) - \Psi(2/6)) + 100 (\Psi(m+1+3/6) - \Psi(3/6)) - 37 (\Psi(m+1+4/6)+\Psi(m+1+5/6)+\Psi(m+1+6/6)-\Psi(4/6)-\Psi(5/6)-\Psi(6/6))\right)\cr}$$

y desde $\Psi(x) = \ln(x) + O(1/x)$ como $x \to \infty$, la suma converge. De hecho, el límite es $$ \frac{64}{3} \ln(2) - \frac{63}{4} \ln(3) +\frac{161}{36} \pi \sqrt{3}$$

Answer 3

Añadido por su curiosidad, pero demasiado largo para un comentario.

A partir de Robert Israel elegante respuesta, es posible tener bastante precisa de aproximaciones de la partiel sumas usando el hecho de que, para valores grandes de a$p$ hemos $$\Psi (p)=\log \left({p}\right)-\frac{1}{2 p}-\frac{1}{12 p^2}+\frac{1}{120 p^4}+O\left(\frac{1}{p^6}\right)$$haciendo $$S_m=\left(\frac{64}{3} \ln(2) - \frac{63}{4} \ln(3) +\frac{161}{36} \pi \sqrt{3}\right)-\frac{13}{2 m}+\frac{23}{3 m^2}-\frac{311}{36 m^3}+\frac{499}{54 m^4}-\frac{36377}{3888 m^5}+O\left(\frac{1}{m^6}\right)$$ a Continuación se enumeran algunos de los valores de $$\left( \begin{array}{ccc} m & \text{approximation} & \text{exact} \\ 2 & 19.691108 & 19.787015 \\ 3 & 20.259944 & 20.269370 \\ 4 & 20.565282 & 20.567065 \\ 5 & 20.768485 & 20.768971 \\ 6 & 20.914700 & 20.914867 \\ 7 & 21.025135 & 21.025202 \\ 8 & 21.111527 & 21.111558 \\ 9 & 21.180965 & 21.180981 \end{array} \right)$$

Answer 4

Si también se desea calcular la suma de esta serie no hay necesidad de nada, pero la serie del logaritmo complejo $$ S(z)=-\log(1-z)=z+\frac{z^2}2+\frac{z^3}3+\cdots=\sum_{n=1}^\infty\frac{z^n}n $$ evaluados en las raíces seleccionadas de la unidad $\neq1$. Esto está bien porque la serie $S(z)$ converge al $|z|\le1, z\neq1$.

Supongamos que la secuencia de $(a_n)_{n\ge1}$ es periódica con período de $L$. Asimismo, se asume que $a_1+a_2+\cdots+a_L=0$. A continuación, podemos escribir $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}n $$ como una combinación lineal de las series de $S(\zeta_L^k)$, $k=1,2,\ldots,L_1$, $\zeta_L=e^{2\pi i/L}$.

La herramienta para ello es la transformada de Fourier discreta en $\Bbb{Z}_L.$ Tenemos a los personajes $$\chi_j:\Bbb{Z}_L\to\Bbb{C}^*, \chi_j(\overline{n})=\zeta_L^{jn}, n=0,1,\ldots,L_1.$$ DFT garantiza que no existe coeficientes de $c_0,c_1,\ldots,c_{L-1}$ tales que para todos los $n=0,1,\ldots,L-1$ $$ a_n=\sum_{j=0}^{L-1}c_j\chi_j(\overline{n}). $$ Más precisamente, la inversa de la transformada de Fourier proporciona la fórmula $$ c_j=\frac1L\sum_{n=0}^{L-1}a_n\overline{\chi_j}(\overline{n})=\frac1L\sum_{n=0}^{L-1}a_n\zeta_L^{-nj}. $$ Observar que $$c_0=\frac1L(a_1+a_2+\cdots+a_L)=0.$$ Esto va a ser importante porque implica que la divergencia de la serie armónica es la que falta en lo que sigue, a saber: $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{a_nz^n}n=\frac1L\sum_{j=0}^{L-1}\sum_{n=1}^\infty \frac{c_j\zeta_L^{nj}z^n}n=\frac1L\sum_{j=0}^{L-1}c_jS(\zeta^{j}z)$$ cuando todas las series convergen.

En el presente caso, $L=6, a_1=1,a_2=10,a_3=100,a_4=a_5=a_6=-37$, por lo que el cero de la asunción tiene (como también se ha señalado por todos los otros ms responden). Una rutina de cálculo da $$ \begin{aligned} c_1=\overline{c_5}&=\frac1{12}(-283-85i\sqrt3)\\ c_2=\overline{c_4}&=\frac34(21+i\sqrt3)\\ c_3&=-\frac{64}3. \end{aligned} $$ Por lo que la suma de esta serie es $$ -\frac16\sum_{j=1}^5c_j\log(1-\zeta_6^j). $$