Sabemos que la serie
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{ (-1)^n }{n} $$
converge. El argumento habitual es aviso de $b_n = \frac{1}{n}$ es decreciente, positiva y converge a $0$, por lo tanto la serie converge por la alternancia de la prueba.
Respuestas
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Uno puede recoger los términos de pares (ya que los términos ir a $0$, esto está bien) para obtener $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\left(\frac1{2n-1}-\frac1{2n}\right) &=\sum_{n=1}^\infty\frac1{2n(2n-1)}\\ &\le\frac12+\sum_{n=2}^\infty\frac1{2n(2n-2)}\\ &=\frac12+\frac14\sum_{n=2}^\infty\frac1{n(n-1)}\\ &=\frac12+\frac14\lim_{n\to\infty}\sum_{k=2}^n\left(\frac1{k-1}-\frac1k\right)\\ &=\frac12+\frac14\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac1n\right)\\[6pt] &=\frac34 \end{align} $$ Como user254665 comentarios, los términos de la serie de arriba son todos positivos, por lo que la convergencia es demostrado por el hecho de que la suma está acotada arriba por $\frac34$.
Este es el negativo de la serie en cuestión, sino de una constante por una serie convergente es convergente.
Simple Art
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Siempre es seguro comenzar con las sumas parciales, y para eso, voy a empezar con el geométrica de la suma:
$$\frac{1-r^N}{1-r}=1+r+r^2+\dots+r^{N-1}$$
Desde $r$ puede ser cualquier cosa, nos puede tratar como una variable para la integración:
$$\begin{align}\int_0^{-1}\frac{1-r^N}{1-r}dr&=\int_0^{-1}1+r+r^2+\dots+r^{N-1}dr\\&=\left.r+\frac12r^2+\frac13r^3+\dots+\frac1Nr^N\right|_0^{-1}\\&=-1+\frac12-\frac13+\dots+\frac{(-1)^N}N\end{align}$$
Tenga en cuenta que la integral no tiene problemas para $r\in(-1,0)$ y desde $N\in\mathbb N$, no tenemos problemas con números complejos. Por lo tanto, las sumas parciales se dan como
$$\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^n}n=\int_0^{-1}\frac{1-r^N}{1-r}dr$$
Tomando el límite en el infinito, tenemos
$$\begin{align}\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^n}n&=\lim_{N\to\infty}\int_0^{-1}\frac{1-r^N}{1-r}dr\\&=\int_0^{-1}\frac{1}{1-r}dr\\&=\left.-\ln(1-r)\right|_0^{-1}\\&=-\ln(2)\end{align}$$
donde usamos el hecho de que para $|r|<1$, $\lim_{N\to\infty}r^N=0$.
Dr. MV
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Como se muestra por @robjohn, podemos escribir la serie armónica alternante como
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}=-\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{2n-1}-\frac1{2n}\right)$$
A continuación, se nos tenga en cuenta que
$$\begin{align} \sum_{n=1}^{N}\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}\right)&=\sum_{n=1}^{N}\left(\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}\right)-\sum_{n=1}^{N}\frac1n \tag 1\\\\ &=\sum_{n=1}^{2N}\frac1n -\sum_{n=1}^{N}\frac1n \tag 2\\\\ &=\sum_{n=N+1}^{2N}\frac1n \\\\ &=\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n+N} \\\\ &=\frac1N \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{1+n/N} \tag 3 \end{align}$$
En lo que va de $(1)$ $(2)$simplemente señalar que la suma, $\sum\limits_{n=1}^{2N}\frac1n$, puede ser escrito en términos de sumas de par o impar de términos indexados.
Por último, se observa que el límite de $(3)$ es la suma de Riemann para la integral $$\int_0^1 \frac{1}{1+x}\,dx=\log(2).$$
Poniendo todo junto revela
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}=-\log(2)$$
Y hemos terminado!
