Sumando diversos reordenamientos de $1-\frac12+\frac13-\frac14+\cdots$

Question

Mostrar que la serie $1-\frac12+\frac13-\frac14+\ldots$ converge a$\log2$, pero el reordenado de la serie:

1. $1-\frac12-\frac14-\frac16-\frac18+\frac13-\frac{1}{10}-\frac{1}{12}-\frac{1}{14}-\frac{1}{16}+\frac15-\ldots$ converge a $0$.

2. $1+\frac13-\frac12+\frac15+\frac17-\frac14+\ldots$ converge a $\frac32\log2$

3. $1+\frac13-\frac12-\frac14+\frac15+\frac17-\frac16+\ldots$ converge a $\log2$

4. $1+\frac13+\frac15-\frac12+\frac17+\frac19+\frac{1}{11}-\frac14+\ldots$ converge a $\frac12\log12$

No tengo absolutamente ninguna idea acerca de cómo abordar este tipo de problemas. Por favor me ayude a salir desde el inicio. He consultado libros, pero yo no entendía. Tengo conocimiento en pruebas para la convergencia y la convergencia absoluta y la declaración de Riemann del teorema.

Answer 1

Suponiendo que tengo entendido correctamente los patrones que ocurren, me sale:

(1) $$\begin{eqnarray*}\sum_{j=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2j+1}-\frac{1}{8j+2}-\frac{1}{8j+4}-\frac{1}{8j+6}-\frac{1}{8j+8}\right)&=&\sum_{j=0}^{+\infty}\left(-\frac{1}{8j+2}+\frac{3}{8j+4}-\frac{1}{8j+6}-\frac{1}{8j+8}\right)\\&=&\int_{0}^{1}\frac{-x+3x^3-x^5-x^7}{1-x^8}\,dx\\&=&0.\end{eqnarray*}$$ (2) $$\begin{eqnarray*}\sum_{j=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{4j+1}+\frac{1}{4j+3}-\frac{2}{4j+4}\right)&=&\int_{0}^{1}\frac{1+x^2-2x^3}{1-x^4}\,dx\\&=&\frac{3}{2}\log 2.\end{eqnarray*}$$

(3) $$\begin{eqnarray*}\sum_{j=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{4j+1}+\frac{1}{4j+3}-\frac{1}{4j+2}-\frac{1}{4j+4}\right)&=&\int_{0}^{1}\frac{1+x^2-x-x^3}{1-x^4}\,dx\\&=&\log2.\end{eqnarray*}$$

(4) $$\begin{eqnarray*}\sum_{j=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{6j+1}+\frac{1}{6j+3}+\frac{1}{6j+5}-\frac{3}{6j+6}\right)&=&\int_{0}^{1}\frac{1+x^2+x^4-3x^5}{1-x^6}\,dx\\&=&\frac{1}{2}\log 12.\end{eqnarray*}$$

Todas las integrales pueden ser calculadas a través de la descomposición en fracciones simples.

Answer 2

Esto es más sketch de prueba, pero espero que se obtiene el punto a través de: una Vez que tenemos el resultado de la primera (la alternancia de suma converge a $\ln2$), los demás siguen examinando las sumas parciales.

Para 1., observe que las sumas parciales, trunca cada quinto plazo (es decir, justo antes de la siguiente impar recíproco es agregado), puede ser escrito como

$$S=\left(1+{1\over3}+\cdots+{1\over2n-1} \right)-\left({1\over2}+{1\over4}+\cdots+{1\over8n} \right)$$

Vamos a escribir el familiar suma $\ln2=1-{1\over2}+{1\over3}-{1\over4}+\cdots$

$$\ln2\approx\left(1+{1\over3}+\cdots+{1\over2n-1} \right)+\left({1\over2n+1}+\cdots+{1\over8n-1} \right)-\left({1\over2}+{1\over4}+\cdots+{1\over8n} \right)$$

Así

$$S\approx\ln2-\left({1\over2n+1}+\cdots+{1\over8n-1} \right)$$

Pero

$${1\over2n+1}+\cdots+{1\over8n-1}\approx\int_n^{4n}{1\over2x+1}dx={1\over2}\ln\left({8n+1\over2n+1}\right)\approx\ln2$$

Así

$$S\approx\ln2-\ln2=0$$

El "$\approx$" signos de convertirse en "$=$" en el límite de $n\to\infty$. El resto de los casos, creo, puede ser tratada de la misma manera.