Computación $ \sum\limits_{i=1}^{\infty}\sum\limits_{j=1}^{\infty} \frac{(-1)^{i+j}}{i+j}$

Question

Me gustaría calcular:

$$ \sum_{i=1}^{\infty} \sum_{j=1}^{\infty} \frac{(-1)^{i+j}}{i+j}$$

Yo quería usar el teorema de Fubini para el doble de la serie, pero $$ \frac{(-1)^{i+j}}{i+j}_{(i,j)\in\mathbb{N*^2}}$$ no es un summable familia por $$ \forall i>0$$

$$ \sum_{j=1}^{\infty} \frac{1}{i+j}=\infty$$

¿Qué se supone que tengo que hacer?

Answer 1

Cómo acerca de: $$ -\int_0^1 (-x)^{i+j-1}\,dx = \frac{(-1)^{i+j}}{i+j} $$ a continuación, para cada $x \in (0,1)$ tenemos $$ \sum_{i=1}^\infty\sum_{j=1}^\infty -(-x)^{i+j-1} = \frac{x}{(x+1)^2} $$ e integrar $$ \int_0^1\frac{x}{(x+1)^2}\,dx = \log 2 - \frac{1}{2} \approx 0.193147 $$

agregó

Explicación de la suma integral dentro de ... Dos usos de este agradable "monotono alterna" teorema de convergencia: Supongamos que $f_1(x) \ge 0\;$ es integrable en $E$ y $f_n(x) \searrow 0$ para casi todo $x \in E$. Entonces $$ \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \int_E f_n(x)\,dx = \int_E \left(\sum_{n=1}^\infty (-1)^n f_n(x)\right)\,dx $$ PRUEBA: el Grupo de los términos en los pares.

agregó

Más detalles ahora ... $$ \int_0^1 -(-x)^{i+j-1}\,dx = \frac{(-1)^{i+j}}{i+j} $$ Fijo $i$, el integrando disminuye pointwise una.e. a cero en valor absoluto, y los suplentes de la señal. Por lo tanto $$ \int_0^1 \sum_{j=1}^\infty-(-x)^{i+j-1}\,dx = \sum_{j=1}^\infty\int_0^1 -(-x)^{i+j-1}\,dx = \sum_{j=1}^\infty \frac{(-1)^{i+j}}{i+j} $$ Ahora se esta integrando es $$ \sum_{j=1}^\infty-(-x)^{i+j-1} = \frac{-(-x)^i}{x+1} $$ Como $i$ varía, este disminuye a un.e. a cero en valor absoluto, y los suplentes de signo, por lo que $$ \int_0^1 \sum_{i=1}^\infty \sum_{j=1}^\infty-(-x)^{i+j-1}\,dx= \sum_{i=1}^\infty \int_0^1 \sum_{j=1}^\infty-(-x)^{i+j-1}\,dx= \sum_{i=1}^\infty \sum_{j=1}^\infty \frac{(-1)^{i+j}}{i+j} $$

Answer 2

Deje de $S_n = \sum\limits_{i \geqslant 1, j \geqslant 1} \left( \frac{(-1)^{i+j}}{i+j} \mathbf{1}_{i+j \leqslant n+1} \right)$. Entonces $$ S_n = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^{n+1-i} \frac{(-1)^{i+j}}{i+j} = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^{n+1-i} \sum_{m=2}^{n+1} \delta_{i+j,m}\frac{(-1)^{i+j}}{i+j} = \sum_{m=2}^{n+1} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^{n+1-i} \delta_{i+j,m}\frac{(-1)^{m}}{m} = \sum_{m=2}^{n+1} (-1)^m\frac{m-1}{m} = \sum_{m=2}^{n+1} (-1)^m - \sum_{m=2}^{n+1} \frac{(-1)^m}{m} = \frac{1}{2}\left( 1 - (-1)^n \right) + \sum_{m=1}^n \frac{(-1)^m}{m+1} $$

Observe que $$ \lim_{n \to \infty} S_{2n} = \lim_{n \to \infty} \sum_{m=1}^{2n} \frac{(-1)^m}{m+1} = \lim_{n \to \infty} \left( \ln(2) - 1 + H_{n+1/2} - H_n \right) = \ln(2) - 1 $$ y $$ \lim_{n \to \infty} S_{2n+1} = \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \sum_{m=1}^{2n+1} \frac{(-1)^m}{m+1} \right) = \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \ln(2) - 1 +H_{n+1/2} - H_{n+1} \right) = \ln(2) $$ Así, la secuencia de $S_n$ no converge $$ n aumenta, lo que significa que la suma original no está definida. La secuencia de $S_n$ ha Cesaro media, aunque: $$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{m=1}^n S_m = \frac{1}{2} \left( \ln(2) + (\ln(2)-1)\right) = \ln(2) - \frac{1}{2} $$