mostrando $ 1-\frac{3}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{3}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\cdots=0 $

Question

Cómo demostrar que la siguiente serie infinita $$ 1-\frac{3}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{3}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\cdots=0? $$ La serie anterior es de la forma $\sum_{n \ge 1} \frac{f(n)}{n}$ , donde $f$ es una función aritmética periódica de periodo $4$ con los valores $f(1)=f(3)=f(4)=1$ y $f(2)=-3$ . Desde $\sum_{1 \le i \le 4} f(i)=0$ se asegura que esta serie es convergente.

Answer 1

Tengo un poco de miedo de hacer esto, ya que no es absolutamente convergente, pero se puede reescribir cada período como

$$ \left(\frac{1}{4k-3}-\frac{1}{4k-2}+\frac{1}{4k-1}-\frac{1}{4k}\right) - \left(\frac{2}{4k-2}-\frac{2}{4k}\right) $$

que a su vez puede reescribirse como

$$ \left(\frac{1}{4k-3}-\frac{1}{4k-2}+\frac{1}{4k-1}-\frac{1}{4k}\right) - \left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k}\right) $$

y luego tienes dos series armónicas alternas en paralelo, ambas suman $\ln 2$ . Si se resta una de la otra, se obtiene $0$ .

Pero, como digo, no estoy seguro de que eso sea kosher.

Answer 2

Su serie es

$$\begin{align} S &=\sum_{k=0}^\infty \left( \frac{1}{4k+1}-\frac{3}{4k+2} + \frac{1}{4k+3} + \frac{1}{4k+4}\right)\\ &=\sum_{k=0}^\infty \int_0^1 (x^{4k}-3x^{4k+1}+x^{4k+2}+x^{4k+3})dx\\ &=\int_0^1 \left( \sum_{k=0}^\infty \left(x^{4k}-3x^{4k+1}+x^{4k+2}+x^{4k+3}\right) \right)dx\\ &=\int_0^1 \frac{1-3x+x^2+x^3}{1-x^4} dx\\ &=\int_0^1 \left(\frac{1}{1+x}-\frac{2x}{1+x^2}\right)dx\\ &=\log(2)-\log(2)\\ &=0\\ \end{align} $$

y esta relación cero fue la motivación de la secuencia OEIS http://oeis.org/A176563

También puede construirse a partir de $2\log(2)-\log(4)$ como sigue

$$\begin{align} 2\log(2) &=2\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\right)\\ &=2\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{4k+1}-\frac{1}{4k+2}+\frac{1}{4k+3}-\frac{1}{4k+4}\right)\\ &=\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{2}{4k+1}-\frac{2}{4k+2}+\frac{2}{4k+3}-\frac{2} {4k+4}\right)\\ \log(4)&=\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{4k+1}+\frac{1}{4k+2}+\frac{1}{4k+3}-\frac{3}{4k+4}\right)\\ 2\log(2)-\log(4)&=\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{2-1}{4k+1}-\frac{2+1}{4k+2}+\frac{2-1}{4k+3}-\frac{2-3}{4k+4}\right)\\ &=\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{4k+1}-\frac{3}{4k+2}+\frac{1}{4k+3}+\frac{1}{4k+4}\right)\\ \end{align}$$

Para la fórmula de $\log(4)$ , ver ¿Convergen estas series a logaritmos?

Answer 3

Suma de todos los términos de impar: $X = (1 + 1/3 + 1/5 + ... )$

suma de todos los términos (4n+2): $Y = -3/2(1 + 1/3 + 1/5 + ...) = -3X/2$

Suma de los términos restantes = $Z = 1/4 + 1/8 + 1/12 + ... = 1/4(1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + ...)$

dividiendo en términos Impares y pares: $Z = 1/4(1+ 1/3 + 1/5 +...) + 1/8(1 + 1/2 + 1/3 + ...)$

Así que $Z = X/4 + Z/2 \implies Z = X/2$

Así que $X + Y + Z = X - 3X/2 + X/2 = 0$