Los resultados numéricos para $m=1$ $2000$mostró que la serie
$$Q(m)=\sum_{n=1}^m (-1)^n \frac{\cos(\ln(n))}{\sqrt{n}}$$
convergente a $-0.63986...$
¿La serie
$$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{\cos(\ln(n))}{\sqrt{n}}$$
convergen?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
La convergencia
El de Euler de Maclaurin Fórmula de la Suma dice que, para algunas constantes $C$$S$, $$ \sum_{k=1}^n\frac{\cos(\log(k))}{\sqrt{k}} =\sqrt{n}\left[\frac25\cos(\log(n))+\frac45\sin(\log(n))\right]+C+O\a la izquierda(n^{-1/2}\right)\etiqueta{1} $$ y $$ \sum_{k=1}^n\frac{\sin(\log(k))}{\sqrt{k}} =\sqrt{n}\left[\frac25\sin(\log(n))-\frac45\cos(\log(n))\right]+S+O\a la izquierda(n^{-1/2}\right)\etiqueta{2} $$ La escritura de la alternancia suma como la diferencia de dos veces las condiciones menos todos los términos, obtenemos $$ \begin{align} &\sum_{k=1}^{2n}(-1)^k\frac{\cos(\log(k))}{\sqrt{k}}\\ &=2\sum_{k=1}^n\frac{\cos(\log(2k))}{\sqrt{2k}} -\sum_{k=1}^{2n}\frac{\cos(\log(k))}{\sqrt{k}}\\ &=\sqrt2\sum_{k=1}^n\frac{\cos(\log(2)+\log(k))}{\sqrt{k}} -\sum_{k=1}^{2n}\frac{\cos(\log(k))}{\sqrt{k}}\\ &=\sqrt2\cos(\log(2))\sum_{k=1}^n\frac{\cos(\log(k))}{\sqrt{k}}\\ &-\sqrt2\sin(\log(2))\sum_{k=1}^n\frac{\sin(\log(k))}{\sqrt{k}} -\sum_{k=1}^{2n}\frac{\cos(\log(k))}{\sqrt{k}}\\ &=\sqrt2\cos(\log(2))\sqrt{n}\left[\frac25\cos(\log(n))+\frac45\sin(\log(n))\right]\\ &-\sqrt2\sin(\log(2))\sqrt{n}\left[\frac25\sin(\log(n))-\frac45\cos(\log(n))\right]\\ &-\sqrt{2n}\left[\frac25\cos(\log(2n))+\frac45\sin(\log(2n))\right]\\ &+\left[\vphantom{\frac25}\sqrt2\cos(\log(2))-1\right]C-\sqrt2\sin(\log(2))\,S+O\left(n^{-1/2}\right)\\[6pt] &=\left[\vphantom{\frac25}\sqrt2\cos(\log(2))-1\right]C-\sqrt2\sin(\log(2))\,S+O\left(n^{-1/2}\right)\tag{3} \end{align} $$ Por lo tanto, la serie converge a $$ \left[\vphantom{\frac25}\sqrt2\cos(\log(2))-1\right]C-\sqrt2\sin(\log(2))\,S\etiqueta{4} $$
El cómputo de la Suma
El uso de Euler-Maclaurin Fórmula de la Suma para calcular $C$$S$, obtenemos $$ C=0.1439364270771890603243896664837216\etiqueta{5} $$ y $$ S=0.7220997435316730891261751345803249\etiqueta{6} $$ Por lo tanto, el uso de $(4)$, obtenemos $$ \sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{\cos(\log(k))}{\sqrt{k}}=-0.6398619139367474311364313137759324\etiqueta{7} $$
Las Expansiones Asintóticas
Incluyendo más de los términos de Euler-Maclaurin Fórmula de la Suma, tenemos $$ \sum_{k=1}^n\frac{\cos(\log(k))}{\sqrt{k}} =\sqrt{n}\left[a_s(n)\cos(\log(n))+a_c(n)\sin(\log(n))\vphantom{\tfrac25}\right]+C\etiqueta{8} $$ y $$ \sum_{k=1}^n\frac{\sin(\log(k))}{\sqrt{k}} =\sqrt{n}\left[a_s(n)\sin(\log(n))-a_c(n)\cos(\log(n))\vphantom{\tfrac25}\right]+S\etiqueta{9} $$ donde $$ \begin{align} \hspace{-1cm}\small a_s(n)\,&\small=\frac25+\frac1{2n}-\frac1{24n^2}-\frac7{1920n^4}+\frac{491}{193536n^6}-\frac{11903}{4423680n^8}+\frac{822169}{181665792n^{10}}+O\left(\frac1{n^{12}}\right)\tag{10}\\[4pt] \hspace{-1cm}\small a_c(n)\,&\small=\frac45-\frac1{12n^2}+\frac{19}{2880n^4}-\frac{157}{96768n^6}+\frac{10039}{15482880n^8}+\frac{146483}{2452488192n^{10}}+O\left(\frac1{n^{12}}\right)\tag{11} \end{align} $$ $(8)-(11)$ fueron utilizados con $n=1000$ a calcular $(5)$ $(6)$ $34$ lugares de precisión.
Tenga en cuenta que $(1)$ $(2)$ son sólo versiones truncadas de $(8)-(11)$.
La Función Zeta
Como achille hui ha señalado en un comentario, nos han $$ \begin{align} \sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{\cos(\log(k))}{\sqrt{k}} &=\mathrm{Re}\left[\sum_{k=1}^\infty(-1)^ke^{i\log(k)}k^{-1/2}\right]\\ &=\mathrm{Re}\left[\sum_{k=1}^\infty(-1)^kk^{-1/2+i}\right]\\ &=-\mathrm{Re}\left[\eta\left(1/2-i\right)\vphantom{\tfrac12}\right]\\[6pt] &=\mathrm{Re}\left[\left(2^{1/2+i}-1\right)\zeta\left(1/2-i\right)\right] \end{align} $$ Esta es probablemente la razón por riemann zeta aparece en las etiquetas para esta pregunta.
En esta respuesta, se muestra que la serie de $\eta(s)$ converge para $\mathrm{Re}(s)\gt0$. Así que la respuesta ofrece otro método para demostrar que la suma en esta pregunta converge.
black-tux
Puntos
26
Multiplicamos la serie original por $(-1)$ y obtener
$$-Q(m)=\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} \frac{\cos(\ln(n))}{\sqrt{n}}=\sum_{k=0}^{\infty} a_k\tag{0}$$ con$$a_k=\frac{\cos(\ln(2k+1))}{\sqrt{2k+1}}-\frac{\cos(\ln(2k+2))}{\sqrt{2k+2}}\tag{1}$$
Set $2k+1=m$. Entonces, cuando $m\to\infty$,
$$\ln(m+1)=\ln m +m^{-1}+O(m^{-2}). \tag{2}$$
Sustituyendo (2) en (1) y ampliar el resultado como una serie en $m^{-1/2}$ conduce a
$$a_k=m^{-3/2}\left(\frac{1}{2}\cos(\ln m)+\sin(\ln m)\right)+O(m^{-5/2}).\qquad m\to\infty \tag{3}$$
Así $$|a_k|\le m^{-3/2}\left(\frac{1}{2}|\cos(\ln m)|+|\sin(\ln m)|\right)+O(m^{-5/2})=O(m^{-3/2})=O(k^{-3/2})\tag{4}$$
Por lo tanto la serie original en (0) es convergente.
