Esto no converge;
oscila por
aproximadamente el $2$.
Si
$m^2 \le m
\le m^2+2n
$,
entonces
$\lfloor \sqrt{n}\rfloor
= m$.
Por lo tanto
$\begin{array}\\
S(M)
&=\sum_{n=1}^{M^2+2M} \frac{(-1)^{\lfloor \sqrt{n}\rfloor}}{\sqrt{n}}\\
&=\sum_{m=1}^{M}
\sum_{n=m^2}^{m^2+2m} \frac{(-1)^m}{\sqrt{n}}\\
&=\sum_{m=1}^{M}
(-1)^m\sum_{n=m^2}^{m^2+2m} \frac{1}{\sqrt{n}}\\
&=\sum_{m=1}^{M}
(-1)^ms(m)
\qquad\text{where }s(m)=\sum_{n=m^2}^{m^2+2m} \frac{1}{\sqrt{n}}\\
\end{array}
$
$s(m)
\lt \frac{2m+1}{m}
= 2+\frac1{m}
$
y
$s(m)
\gt \frac{2m+1}{m+1}
=2-\frac1{m+1}
$.
Por lo tanto,
como $n$ va de
$m^2$ a
$m^2+2n$,
el valor de la suma
cambios por aproximadamente $2$,
el aumento de al $n$ es incluso
y
la disminución de al $n$ es impar.
Por lo tanto la serie no converge,
desde que oscila.
Sin embargo,
podría haber un sentido
en los cuales la serie converge
ya podemos escribir
$S(2M)
=\sum_{m=1}^{2M}(-1)^ms(m)
=\sum_{m=1}^{M}(s(2m)-s(2m-1))
$.
Puedo demostrar que
$s(m)-s(m+1)
\to 0$,
pero yo aún no se puede demostrar que
$\lim_{M \to \infty}\sum_{m=1}^{M}(s(2m)-s(2m-1))
$
existe.
He aquí lo que tengo hasta ahora,
y voy a dejar en este:
$\begin{array}\\
s(m)-s(m+1)
&\gt (2-\frac1{m+1})-(2+\frac1{m+1})\\
&= -\frac{2}{m+1}\\
\text{and}\\
s(m)-s(m+1)
&\lt (2+\frac1{m})-(2-\frac1{m+2})\\
&= \frac1{m}+\frac1{m+2}\\
&= \frac{2m+2}{m(m+2)}\\
\text{so}\\
s(m)-s(m-1)
&= O(\frac1{m})\\
\end{array}
$
