Auto-Contenida Prueba de que $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac1{n^p}$ Converges for $p > 1$

Question

Para probar la convergencia de

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac1{n^p}$$

para $p > 1$, uno normalmente se apela a la Integral de la Prueba o la Prueba de Condensación de Cauchy.

Me pregunto si hay una auto-contenida prueba de que esta serie converge, que no depende de ninguna de las dos pruebas.

Sospecho que cualquier prueba que tendría que usar las ideas detrás de una de estas dos pruebas.

Answer 1

Podemos enlazado las sumas parciales por múltiplos de sí mismos:

$$\begin{eqnarray} S_{2k+1} &=& \sum_{n=1}^{2k+1}\frac{1}{n^p}\\ &=& 1+\sum_{i=1}^k\left(\frac{1}{(2i)^p}+\frac{1}{(2i+1)^p}\right)\\ &<&1+\sum_{i=1}^k\frac{2}{(2i)^p}\\ &=&1+2^{1-p}S_k\\ &<&1+2^{1-p}S_{2k+1}\;. \end{eqnarray}$$

Entonces la solución para $S_{2k+1}$ rendimientos

$$S_{2k+1}<\frac{1}{1-2^{1-p}}\;,$$

y puesto que la secuencia de sumas parciales es monótona creciente y acotada desde arriba, converge.

Answer 2

Mi favorito personal es una variante común de la prueba de que la serie armónica diverge: obtenemos $$\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}\frac1{n^p}\le2^k\cdot\frac1{2^{kp}}=2^{(1-p)k}.$$ because the sum has ^k$ terms of which the first is the largest. Now sum this over $k$ to get $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^p}\le\sum_{k=0}^\infty2^{(1-p)k}=\frac1{1-2^{1-p}}<\infty$$ since ^{1-p}<1$.

Answer 3

FWIW, las propiedades de la serie armónica generalizada $\sum \frac{1}{n^p}$ puede ser utilizado para probar otro criterio de convergencia (que va bajo el nombre de segundo de Cauchy del criterio de convergencia, que yo recuerde).

El criterio es el siguiente:

Deje $(a_n)$ ser una secuencia de números positivos. Si:

$$\lim_{n\to \infty} \frac{\ln \frac{1}{a_n}}{\ln n} =L>1 \tag{1}$$

a continuación, la serie de $\sum a_n$ converge. Por otro lado, si:

$$\lim_{n\to \infty} \frac{\ln \frac{1}{a_n}}{\ln n} =l<1 \tag{2}$$

a continuación, la serie de $\sum a_n$ diverge.

La prueba es muy simple. El criterio sigue siendo válido incluso si se reemplaza % # % # % (2).

Answer 4

Esta es la más directa y primaria en la forma en que sé cómo probar el resultado, a pesar de que sólo funciona para las potencias en el rango de $[0,1] \cup [2,\infty)$ que es exactamente el interesante conjunto, y Joriki la respuesta es mucho mejor independientemente. Yo ya había escrito esto, y tal vez alguien lo encuentra útil.

En primer lugar se considera $p=1$. Set $x_n$ equal to the greatest power of 2 less than $\frac{1}{n}$. That is, $$(x_n) = (\frac{1}{2}, \frac{1}{4},\frac{1}{4}, \frac{1}{8}, \frac{1}{8},\frac{1}{8},\frac{1}{8},\dots).$$

Tenga en cuenta que $$\sum_{i=1}^{\infty} x_n = \sum_{i=0}^{\infty}\Big(\sum_{j=2^i}^{2^{i+1}-1}x_j\Big) = \sum_{i=0}^{\infty}\Big(\sum_{j=2^i}^{2^{i+1}-1} \frac{1}{2^{i+1}}\Big) = \sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{2}, $$ que diverge, y que $x_n < \frac{1}{n}$, which proves $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ también diverge.

Si $p = 2$, let $x_n = \frac{1}{n(n-1)} = \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n}$ if $n>1$ and 1 if $n=1$.

Observar que $$\sum_{n=1}^{\infty} x_n = 1 + \sum_{n=2}^{\infty}\Big(\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n}\Big) = 1 + 1 - \lim_{n\rightarrow\infty}(1/n) = 2,$$ y así, en particular, esta serie converge.

Ahora $x_n > \frac{1}{n \cdot n} = \frac{1}{n^2},$ así que la serie $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$$ converge así.

Por último, si $p>2$ then since $\frac{1}{n^p} < \frac{1}{n^2}$, the series $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$ converge, y si %#%#%<p<1$ we have $\frac{1}{n^p} > \frac{1}{n}$, and so $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$ diverge.

Answer 5

Para cada $p>1$, se puede reducir el problema a la convergencia de algunas series geométricas. A continuación, se toma el último por sentado o se demuestra por una elemental argumento. Más detalles a continuación.

Deje $N(k)$ denote the integer part of $a^k$, where the real number $a>1$ is defined by $a^{p-1}=2$. The sum of /n^p$ over $n$ between $N(k)$ and $N(k+1)$ is at most the number of terms $N(k+1)-N(k)$ times the greatest term /N(k)^p$. Esta contribución se comporta como $$ (a^{k+1}-^k)/a^{pk}\sim(a-1)^{k(1-p)}=(a-1)2^{-k}. $$ La serie geométrica de término general ^{-k}$ converge por lo tanto la original de la serie converge.

Existe una variante de este, donde se considera las losas de enteros limitado por los poderes de la $. The contribution of slab $k$ is then at most the number of terms ^k$ times the greatest term /2^{kp}$. This reduces the problem to the convergence of the geometric series of general term $b^k$, where $b=2^{1-p}<1$.

Finalmente, como todo el mundo sabe, una simple prueba de la convergencia de la serie geométrica de término general $b^k$, for every $b$ in $(0,1)$ say, is to note that the partial sums $s_k$ are such that $s_0=1$ and $s_{k+1}=1+bs_k$, and to show by induction on $k$ that $s_k\le1/(1-b)$ for every $k\ge0$.

Edición de La denominada variante de la anterior muestra, el uso de $b=2^{1-p}$, that the sum of the series is at most /(1-b)=2^p/(2^p-2)$. But the contribution of slab $k$ is also at least the number of terms ^k$ times the smallest term /2^{(k+1)p}$, hence the sum of the series is at least /(2^p-2)$. Finally the sum of the series is between /(2^p-2)$ and ^p/(2^p-2)$.