Mostrar que $1-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}-\dfrac{1}{7} -\dfrac{1}{8}-\dfrac{1}{9}-\dfrac{1}{10} ... $ convergen

Question

$$1-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}-\dfrac{1}{7} -\dfrac{1}{8}-\dfrac{1}{9}-\dfrac{1}{10} ... $$

He añadido entre paréntesis para cada sub-secuencia con el mismo cantar. así que me puse : $$1-(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3})+(\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6})-(\dfrac{1}{7} +\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{10}) ... $$

Quiero mostrar que la nueva secuencia es una de leibniz de la secuencia y por que a la conclusión de que es converger.

Me las arreglé para mostrar que cada par de paréntesis es mayor que: $$\dfrac{2}{n+1} $$

No puede encontrar una manera de proceder.

Gracias por su ayuda.

Answer 1

Así que tenemos que lidiar con

$$ S=\sum_{k\geq 1}(-1)^{k+1} \sum_{n=\binom{k}{2}+1}^{\binom{k+1}{2}}\frac{1}{n} = \sum_{k\geq 2} (-1)^k A_k $$ y para demostrar la convergencia es suficiente para demostrar que $\{A_k\}_{k\geq 1}$ es la disminución (de algún punto) y convergente a cero. La última afirmación es straightfoward a probar, ya que $A_k\geq 0$ pero $$A_k\leq \frac{k}{\binom{k}{2}+1}\sim\frac{2}{k}. $$ La primera afirmación puede ser fácilmente demostrado por inducción o una convexidad argumento: $$ A_k = H_{\binom{k+1}{2}}-H_{\binom{k}{2}}, $$ por lo tanto $\{A_k\}$ es la disminución de la fib $k\mapsto H_{\binom{k}{2}}$ es un punto medio-cóncavo de la función. Desde:

$$\begin{eqnarray*} H_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} &=& \sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k}-\log\frac{k+1}{k}\right)+\sum_{k=1}^{n}\log\frac{k+1}{k}\\&=&\gamma+\log(n+1)-\sum_{k>n}\left(\frac{1}{k}-\log\frac{k+1}{k}\right)\end{eqnarray*}$$ y $\left(\frac{1}{k}-\log\frac{k+1}{k}\right)$ es acotada entre $\frac{1}{2k(k+1)}$$\frac{1}{2k^2}$, tenemos: $$ H_{\binom{k+1}{2}}-H_{\binom{k}{2}} = \log\frac{k^2+k+2}{k^2-k+2}+O\left(\frac{1}{k^4}\right)$$ por lo $x\mapsto H_{\binom{k}{2}}$ es un punto medio-cóncavo función de algún punto.

También podemos observar que el valor de nuestra serie depende de la integral: $$ I =\int_{0}^{1}\frac{1+2\sum_{k\geq 1}(-1)^k x^{\binom{k}{2}}}{x-1}\,dx. $$

Answer 2

Michael agrupación de respuesta de las obras en general. Tenga en cuenta que el grupo con $n$ términos es de la forma

$${1\over k+1}+{1\over k+2}+\cdots+{1\over k+n}$$

así que el siguiente grupo es

$${1\over k+n+1}+{1\over k+n+2}+\cdots{1\over k+2n}+{1\over k+2n+1}$$

Es fácil ver que

$${1\over k+j}-{1\over k+n+j}={n\over(k+j)(k+n+j)}\gt{n\over(k+n)(k+2n+1)}$$

para cada una de las $1\le j\le n$, y así demostrar que el grupo con $n$ términos es más grande que el siguiente grupo, es suficiente para mostrar

$${n^2\over(k+n)(k+2n+1)}\ge{1\over k+2n+1}$$

es decir,

$$n^2\ge k+n$$

Pero esto es fácil: El número que termina el grupo con $n$ términos, $k+n$, es el triangular número $n(n+1)\over2$. Y $n^2\ge{n(n+1)\over2}$ todos los $n\ge1$.

Answer 3

Comparar el valor absoluto de cada homogéneamente firmado suma con la suma que contienen igual número de copias del primer término. Por ejemplo, el que todo lo negativo en términos de $-1/7$ $-1/10$en comparación con el cuatro copias $-1/7$. Los valores absolutos de las sumas que a continuación satisfacer

$(1/7+1/8+1/8+1/9+1/10)<4/7$

En general, el clúster de sumas tienen valores absolutos menos de

$n/({n(n-1)}/2+1)$

que va a cero, como se $n$ aumenta sin límite, por lo que la serie pasa la prueba de la convergencia.

Answer 4

Comparar cada grupo, término por término, con el siguiente grupo.
$$\frac14-\frac17+\frac15-\frac18+\frac16-\frac19=\frac3{4\cdot7}+\frac3{5\cdot8}+\frac3{6\cdot9}>\frac{3^2}{6\cdot9}>\frac19>\frac1{10}$$ Cada grupo es mayor que el siguiente grupo, por lo que la alternancia de la serie de prueba se aplica.

Answer 5

1.en caso de no convergencia absoluta, la agrupación no es una buena idea. 2.Suma $S, \quad \frac {1}{2}<S<1$, el uso de Bolzano-Weisrass teorema de convergencia de la siguiente manera