35 votos

Demostrar que $\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{( - 1)^n}{\ln n + \sin n} $ es convergente.

Ayuda a demostrar que la serie alternante $\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n}{\ln n + \sin n}$ es convergente. $\frac 1 {\ln n + \sin n}$ es una secuencia decreciente pero no es monótonamente decreciente. No estoy seguro de cómo lidiar con esta situación.

Mi intento fallido...

Para términos pares,

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

donde las dos series "límite" no convergen

Para términos impares

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

donde las dos series "límite" no convergen.

4voto

marty cohen Puntos 33863

¿La serie $\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n}{\ln n + \sin n} $ converge o diverge?

Creo que probablemente diverge, pero puedo demostrar que la serie similar $\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n}{\ln n + (-1)^n} $ diverge y $\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n}{\ln n + c} $ converge para cualquier $c$ real tal que $\ln(n)+c \ne 0$ para todo $n$ (en particular para $c > 0$).

Si $f(n)$ está acotado, sea $s_m =\sum\limits_{n = 1}^m \frac{(-1)^n}{\ln n + f(n)} $ y sea $s =\lim_{m \to \infty} s_m $ si el límite existe.

$\begin{array}\\ s_{2m} &=\sum\limits_{n = 1}^{2m} \frac{(-1)^n}{\ln n + f(n)}\\ &=\sum\limits_{n = 1}^{m} (\frac{-1}{\ln (2n-1) + f(2n-1)}+\frac{1}{\ln (2n) + f(2n)})\\ &=\sum\limits_{n = 1}^{m} \frac{-(\ln (2n) + f(2n))+(\ln (2n-1) + f(2n-1))}{(\ln (2n-1) + f(2n-1))(\ln (2n) + f(2n))}\\ &=\sum\limits_{n = 1}^{m} \frac{\ln (1-1/(2n)) + f(2n-1)-f(2n)}{(\ln (2n-1) + f(2n-1))(\ln (2n) + f(2n))}\\ &=\sum\limits_{n = 1}^{m} \frac{\ln (1-1/(2n))}{(\ln (2n-1) + f(2n-1))(\ln (2n) + f(2n))}+\sum\limits_{n = 1}^{2m} \frac{f(2n-1)-f(2n)}{(\ln (2n-1) + f(2n-1))(\ln (2n) + f(2n))}\\ &=u_m+v_m\\ \end{array} $

donde $u_m =\sum\limits_{n = 1}^{2m} \frac{\ln (1-1/(2n))}{(\ln (2n-1) + f(2n-1))(\ln (2n) + f(2n)} $ y $v_m =\sum\limits_{n = 1}^{2m} \frac{f(2n-1)-f(2n)}{(\ln (2n-1) + f(2n-1))(\ln (2n) + f(2n))} $.

Cada término en $u_m$ es, para $n$ suficientemente grande, menor en valor absoluto que $\frac1{n\ln^2(n)} $ (porque $\ln(1-1/(2n)) \approx -\frac1{2n}$ y $(\ln (2n-1) + f(2n-1))(\ln (2n) + f(2n)) \approx \frac1{\ln^2(n)} $) y la suma de estos converge.

Por lo tanto, la convergencia depende de $v_m$. Cada término en $v_m$ es $ \frac{f(2n-1)-f(2n)}{(\ln (2n-1) + f(2n-1))(\ln (2n) + f(2n))} \approx \frac{f(2n-1)-f(2n)}{\ln^2(2n)} $.

Si $f(n) = c$, donde $c$ es una constante, entonces $f(2n-1)-f(2n) = 0$, así que $v_m = 0$ y la suma converge.

Si $f(n) = (-1)^n$, entonces $f(2n-1)-f(2n) = (-1)-(1) = -2 $ y la suma de $\frac{-2}{\ln^2(n)} $ diverge.

Si $f(n) = \sin(n)$,

$\begin{array}\\ f(2n-1)-f(2n) &=\sin(2n-1)-\sin(2n)\\ &=2\sin((2n-1-2n)/2)\cos((2n-1+2n)/2)\\ &=2\sin(-1/2)\cos(2n-1/2)\\ \end{array} $

así que la suma depende de la suma $\sum_{n=1}^m \frac{\cos(2n-1/2)}{\ln^2(2n)} $.

Según Wolfy, $\sum_{n=1}^m \cos(2 n - 1/2) = \csc(1) \sin(m) \cos(m + 1/2) $ por lo que esta suma está acotada pero no es convergente. Creo que esto implica que $\sum_{n=1}^m \frac{\cos(2n-1/2)}{\ln^2(2n)} $ no converge. Esto podría demostrarse usando una variación de la suma por partes, pero no estoy seguro cómo hacerlo, así que lo dejo así.

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X