Infinitos ceros en serie infinita

Question

El problema:

Dado que

$$\frac{\pi}{4} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \frac{1}{9} + \ldots $$

Probar

$$\frac{\pi}{3} = 1 + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} - \frac{1}{11} + \frac{1}{13} + \frac{1}{17} + \ldots$$

Mi solución:

Sabemos

$$ \begin{align} \frac{\pi}{4} & = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \frac{1}{9} -\frac{1}{11} + \frac{1}{13} - \frac{1}{15} + \ldots \\ \\ \frac{\pi}{12} & = \frac{1}{3} - \frac{1}{9} + \frac{1}{15} - \frac{1}{21} + \frac{1}{27} -\frac{1}{33} + \frac{1}{39} - \frac{1}{45} + \ldots\\ \\ & = 0 + \frac{1}{3} + 0 + 0 - \frac{1}{9} + 0 + 0 + \frac{1}{15} + 0 + 0 - \frac{1}{21} \end{align} $$

ahora agregue ellos juntos:

$$ \begin{align} \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{12} & = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \frac{1}{9} - \frac{1}{11} + \frac{1}{13} - \frac{1}{15} + \ldots \\ \\ & + 0 + \frac{1}{3} + 0 + 0 - \frac{1}{9} + 0 + 0 + \frac{1}{15} + \ldots \\ \end{align} $$

y lo vamos a conseguir:

$$ \begin{align} \frac{\pi}{3} & = 1 + 0 + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + 0 -\frac{1}{11} + \frac{1}{13} + 0 + \ldots \\ & = 1 + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} -\frac{1}{11} + \frac{1}{13} + \ldots \end{align} $$

Mis preguntas:

• He insertado o eliminado infinito de ceros a la serie, es esto correcto?

• Mi solución se basa en el hecho de que $\Sigma a_n + \Sigma b_n = \Sigma (a_n + b_n)$$k \Sigma a_n = \Sigma k a_n$. Es siempre cierto para convergente serie infinita? Si es así, ¿por qué es? (sí, sé que es una pregunta estúpida, pero ya estoy agregando infinito de términos, creo que es mejor que prestar algo de atención.)

• Bouns pregunta: ¿puedo arbitrariamente (arbitrariedad no es infinito, que usted conoce) insertar/quitar ceros a/a partir de una serie infinita convergente, sin cambiar su valor de convergencia?

Answer 1

1. Sí, eso está bien.
2. Sí, sí que lo es. La suma parcial de $\sum_k (a_k+b_k)$ es la suma parcial de $\sum_ka_k$ además de la suma parcial de $\sum_k b_k.$ El resultado de la siguiente manera a partir de la suma de propiedades de los límites.
3. Sí. La adición de ceros sólo retrasar la inevitable convergencia de la secuencia de sumas parciales. Donde insertar ceros, la secuencia de sumas parciales se mantenga plano. Para el $N$ encontrar en la prueba de convergencia de la original, simplemente reemplazar con $N$ más el número de ceros que se inserta antes del N-ésimo y tendrá el mismo valor que será dentro de $\epsilon$ de la cantidad de la suma converge a.

Answer 2

Tanto la dio identidades siga por el hecho de que $\frac{\pi}{\text{something}}$ está relacionado con la integral sobre la $(0,1)$ de una función racional. La identidad de la primera es una consecuencia de $$\frac{\pi}{4} = \arctan(1)=\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x^2} = \int_{0}^{1}\left(1-x^2+x^4-x^6+\ldots\right)\,dx $$ y para el segundo de la serie que podemos llevar a cabo la misma manipulación en la dirección opuesta, lo que conduce a:

$$\begin{eqnarray*}\sum_{n\geq 0}\left(\frac{1}{12n+1}+\frac{1}{12n+5}-\frac{1}{12n+7}-\frac{1}{12n+11}\right)&=&\int_{0}^{1}(1+x^4-x^6-x^{10})\sum_{n\geq 0}x^{12n}\,dx\\&=&\int_{0}^{1}\frac{1+x^4}{1+x^6}\,dx\\&=&\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{1+x^2}+\frac{x^2}{1+x^6}\right)\,dx\\(x\mapsto z^{1/3})\qquad &=&\frac{\pi}{4}+\frac{1}{3}\int_{0}^{1}\frac{dz}{1+z^2}=\color{red}{\frac{\pi}{3}}.\end{eqnarray*} $$

De hecho, estamos a sólo multipling la primera serie por $\frac{4}{3}$ :D

Answer 3

Es una gratificante ejercicio de escribir, o leer, detallada y pruebas rigurosas de algunos de los sencillos, "obvio" de los resultados.

La definición de $x=\sum_{j=1}^{\infty}y_j$ es que el $x=\lim_{n\to \infty}S_n$ donde $S_n=\sum_{j=1}^ny_j.$ Una manera útil de estado (o definir) que la secuencia de $S=(S_n)_n$ converge a $x$ es que para cualquier $r>0 $ el conjunto $$F(S, r)=\{n: S_n\not \in [-r+x,r+x]\}$$ es un conjunto finito.

Deje $x=\sum_{j=1}^{\infty}y_j.$ Insertar algunos de los $0$'s en la secuencia de $(y_j)_j$ a producir una nueva secuencia $(z_i)_i.$ Por cada $i$ le tienen o $z_i=0$ o $z_i=y_{g(i)}$ donde $g(i)\leq i.$

Deje $T=(T_m)_m$ donde $T_m=\sum_{i=1}^mz_i.$

Deje $i_0$ ser el menos (o ninguna) $i$ tal que $z_i=y_1.$

A continuación, para cada $m\geq i_0$ tenemos $T_m=\sum_{ \{g(i):i\leq m\}}y_{g(i)}= S_{f(m)}$ donde $f(m)=\max \{g(i):i\leq m\}.$

Tenga en cuenta que para cualquier $n$ existe $m_0$ tal que $z_{m_0}=y_{n+1}$, por lo que no existe $m_0$ tal que $f(m_0)=n+1.$

Ahora para cualquier $r>0$ hemos $$F(T,r)=\{m:T_m\not \in [-r+x,r+x]\}\subset \{m\geq i_0:S_{f(m)} \not \in [-r+x.r+x]\}\cup \{m:m<i_0\}$$ $$=\{m\geq i_0: f(m)\in F(S,r)\}\cup \{m:m<i_0\}.$$ Observe that for any $n$ the set $\{m\geq i_0: f(m)=n\}$ is a finite set, because there exists $m_0$ such that $f(m_0)=n+1,$ and hence $m\geq m_0\implica f(m)>n.$ And recall that $F(S,r)$ is a finite set because the sequence $S$ converges to $x.$

Así que para cualquier $r>0$ el conjunto $F(T,r)$ es un subconjunto de una unión de una colección finita de conjuntos finitos: $$F(T,r)\subset (\cup_{n\in F(S,r)}\{m\geq i_0:f(m)=n\})\cup \{m:m<i_0\}.$$ Therefore $F(T,r)$ is finite for every $r>0$. Therefore $T$ converges to $x.$ Therefore $x=\sum_{i=1}^{\infty}z_i.$