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La desigualdad: $\left|\sum_{i = n + 1}^{\infty} \frac{(-1)^i}{i + x}\right| \le \frac{1}{n + 1 + x}$

Esto (con $x > 0$ y $n \in \Bbb N$ ):

$$ \left|\sum_{i = n + 1}^{\infty} \frac{(-1)^i}{i + x}\right| \le \frac{1}{n + 1 + x}$$

Se utilizó para demostrar que la serie de término general el sumando en el lado izquierdo de la desigualdad es convergente uniformemente en $]0, \infty[$ . Pero no veo por qué esto debería ser cierto.

Utilizando el $|\sum \cdot| \le \sum|\cdot|$ no hace nada, porque obtenemos un límite superior que es mayor que el RHS. Parece que es cierto después de observar los primeros términos de la suma. ¿Pero cómo se puede demostrar? Hay algún truco que no veo.

Muchas gracias.

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Martin R Puntos 7826

Pista 1: Los términos $$ \frac{(-1)^i}{i + x} $$ son de signos alternos y su valor absoluto disminuye .

Pista 2: Agrupa los términos de la suma en pares de dos.

Respuesta más detallada: $$ \left| \sum_{i = n + 1}^{\infty} \frac{(-1)^i}{i + x}\right| = | (-1)^{n+1} | \left| \Bigl( \frac{1}{n + 1 + x} - \frac{1}{n + 2 + x} \Bigr) + \Bigl( \frac{1}{n + 3 + x} - \frac{1}{n + 4 + x} \Bigr) + \dots \right| $$ Todos los términos entre paréntesis son positivo , por lo que es igual a $$ \Bigl( \frac{1}{n + 1 + x} - \frac{1}{n + 2 + x} \Bigr) + \Bigl( \frac{1}{n + 3 + x} - \frac{1}{n + 4 + x} \Bigr) + \dots $$

Ahora agrupamos la suma de forma diferente: $$ \frac{1}{n + 1 + x} + \Bigl( - \frac{1}{n + 2 + x} + \frac{1}{n + 3 + x} \Bigr) + \Bigl( - \frac{1}{n + 4 + x} + \frac{1}{n + 5 + x} \Bigr) + \dots $$ Todos los términos entre paréntesis son ahora negativos, y el resultado es el siguiente.

(Una prueba más rigurosa funcionaría con finito sumas parciales, pero espero que esto demuestre la idea).

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EricP Puntos 11

Si se agrupan pares de términos se obtiene $$ \frac{(-1)^i}{i + x} - \frac{(-1)^i}{i + 1 + x} = \frac{(-1)^i}{(i + 1 + x) (i+x)}$$

Así que puedes acotar la suma por: $$|\sum_{i = n + 1}^{\infty} \frac{(-1)^i}{i + x}| \le \sum_{\substack{i = n + 1 \\ (i-n) \textrm{ is odd}}}^{\infty} \frac{1}{(i + 1 + x) (i+x)} \le \sum_{i = n + 1}^{\infty} \frac{1}{(i + 1 + x) (i+x)}$$

Desde $\int_{i}^{i+1} \frac{1}{(t+x)^2} dt = \frac{1}{x+i} - \frac{1}{x+i+1} = \frac{1}{(x+k)(x+k+1)}$ se puede calcular la serie anterior explícitamente como $$\sum_{i = n + 1}^{\infty} \int_{i}^{i+1} \frac{1}{(t+x)^2} dt =\int_{n+1}^\infty \frac{1}{(t+x)^2} dt = \frac{1}{n+1+x}$$


Forma alternativa

Una forma alternativa de calcular la suma es dividirla de nuevo: $$\sum_{i = n + 1}^{\infty} \frac{1}{(i + 1 + x) (i+x)} = \sum_{i = n + 1}^{\infty} \left( \frac{1}{i+x} - \frac{1}{i + 1 + x} \right)$$ y observe que se trata de una serie telescópica, por lo que el término negativo de $i$ se anula con el término positivo de $i+1$ y sólo nos queda el término positivo para $i=n+1$ es decir $\frac{1}{n+1+x}$

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