Suma de una serie armónica alterna reordenada, con tres términos positivos seguidos de un término negativo

Question

La serie es esta:

$$ 1 + 1/3 + 1/5 - 1/2 + 1/7 + 1/9 + 1/11 - 1/4 + 1/13 + 1/15 + 1/17 - 1/6 ...$$

La pista es considerar sumas parciales a $4n$ condiciones. Lo hice, y obtuve la suma

$$ \sum 1/(6x-5) + 1/(6x-3) + 1/(6x-1) - 1/(2x) $$

Pero entonces me quedé atascado. Los términos no parecen simplificarse a nada... Wolfram alpha da el resultado de esta suma como $\log(12)/2$ pero no tengo ni idea de cómo llegar.

Se agradece cualquier ayuda.

Answer 1

Un truco común utilizado en combinatoria, pero también útil aquí: Interpretar $\displaystyle \frac{1}{k+1} $ como $\displaystyle \int^{1}_0 x^k dx.$

Entonces $$\sum_{k=1}^{\infty} \left( \frac{1}{6k-5} +\frac{1}{6k-3} + \frac{1}{6k-1} - \frac{1}{2k}\right) = \sum_{k=1}^{\infty} \int^1_0 \left( x^{6k-6} + x^{6k-2} + x^{6k} - x^{2k-1} \right) dx .$$

Ahora cambia la suma y la integral, y simplifica los términos interiores reconociéndolos como series geométricas, y te quedará el problema de integrar una función racional, que es rutinario.

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EDIT: La sugerencia de Henning de ponerlas todas en un denominador común me ha recordado el método de sumar ciertas series mediante el cálculo de residuos, que sólo funciona si $ f(n) = \mathcal{O}(1/n^2) $ que es aquí. Esa herramienta, aunque más sistemática, podría ser un poco pesada aquí considerando la solución elemental.

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EDIT 2: Lo siento dhz, debería haber incluido los detalles en lugar de sólo cómo obtener el valor.

En primer lugar, aclaremos por qué es suficiente con considerar sólo el $4n$ -a las sumas parciales, $s_{4n}$ . Si $ s_{4n} \to S $ entonces $ s_{4n+1} = s_{4n} + \frac{1}{6n+1} $ así que $s_{4n+1} \to S $ también. $s_{4n+2} $ y $s_{4n+3} $ siguen de manera similar, y se deduce $s_n \to S.$

Ahora, para no preocuparnos por reordenar los términos de una serie que no es absolutamente convergente, consideremos únicamente $$ s_{4n} =\sum_{k=1}^{4n} \left( \frac{1}{6k-5} +\frac{1}{6k-3} + \frac{1}{6k-1} - \frac{1}{2k}\right) = \sum_{k=1}^{4n} \int^1_0 \left( x^{6k-6} + x^{6k-2} + x^{6k} - x^{2k-1} \right) dx .$$

Con esto todo se vuelve claramente riguroso - intercambiando un finito La suma con una integral es siempre válida, por lo que no es necesario justificar más, y no debemos preocuparnos por reordenar ningún término con efectos perjudiciales. El cómputo es sólo un poco más molesto, luego tomar el límite para obtener el resultado.

Answer 2

Una pista:

Intenta escribir la suma como $$ \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{6k+1}+\frac{1}{6k+3}+\frac{1}{6k+5}-\frac{3}{6k+6}\tag{1} $$ Entonces utiliza el hecho de que $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n\frac{1}{2k+1} &=\log(2n+1)+\gamma-\tfrac{1}{2}(\log(n)+\gamma)+O\left(\tfrac{1}{n}\right)\\ &=\log(2)+\tfrac{1}{2}(\log(n)+\gamma)+O\left(\tfrac{1}{n}\right)\tag{2} \end{align} $$ y que $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n\frac{1}{2k+2} &=\tfrac{1}{2}(\log(n+1)+\gamma)+O\left(\tfrac{1}{n}\right)\\ &=\tfrac{1}{2}(\log(n)+\gamma)+O\left(\tfrac{1}{n}\right)\tag{3} \end{align} $$ Adenda:

Ambas fórmulas $(2)$ y $(3)$ se desprende de la expansión asintótica para la serie armónica parcial: $$ \sum_{k=1}^n\frac{1}{k}=\log(n)+\gamma+O\left(\tfrac{1}{n}\right) $$ donde $\gamma$ es el Constante de Euler-Mascheroni . Así, $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n\frac{1}{2k+1} &=\sum_{k=1}^{2n+1}\frac{1}{k}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k}\\ &=\log(2n+1)+\gamma-\tfrac{1}{2}(\log(n)+\gamma)+O\left(\tfrac{1}{n}\right)\\ &=\log(2)+\tfrac{1}{2}(\log(n)+\gamma)+O\left(\tfrac{1}{n}\right) \end{align} $$ y $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n\frac{1}{2k+2} &=\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{2k}\\ &=\tfrac{1}{2}(\log(n+1)+\gamma)+O\left(\tfrac{1}{n}\right)\\ &=\tfrac{1}{2}(\log(n)+\gamma)+O\left(\tfrac{1}{n}\right) \end{align} $$ Utilizando $(2)$ obtenemos $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n \frac{1}{6k+1}+\frac{1}{6k+3}+\frac{1}{6k+5} &=\log(2)+\tfrac{1}{2}(\log(3n+2)+\gamma)+O\left(\tfrac{1}{n}\right)\\ &=\tfrac{1}{2}(\log(n)+\log(12)+\gamma)+O\left(\tfrac{1}{n}\right)\tag{4} \end{align} $$ y utilizando $(3)$ obtenemos $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n \frac{3}{6k+6} &=\tfrac{1}{2}(\log(n)+\gamma)+O\left(\tfrac{1}{n}\right)\tag{5} \end{align} $$ Combinando $(4)$ y $(5)$ obtenemos $$ \sum_{k=0}^n \frac{1}{6k+1}+\frac{1}{6k+3}+\frac{1}{6k+5}-\frac{3}{6k+6}=\tfrac{1}{2}\log(12)+O\left(\tfrac{1}{n}\right) $$