Convergencia de la serie $\sum_n (-1)^{\lfloor \sqrt{n-1}\rfloor} \frac 1 n$

Question

Consideremos la serie $\sum a_n$, $$a_n = (-1)^{\lfloor \sqrt{n-1}\rfloor} \frac 1 n$ $

Parece absolutamente un ejemplo para la prueba de Leibniz pero aquí los signos no intercambio uno por uno. ¿Cómo podemos probar la convergencia de esta serie?

Answer 1

Usted puede reducir la cuestión a una pregunta acerca de Leibniz de la serie mediante la inserción de paréntesis en torno a los términos que tienen el mismo signo. La serie original $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ es:

$$ \frac{1}{1} - \frac{1}{2} - \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{9} - \frac{1}{10} - \dots. $$

Indicar las sumas parciales de la serie de $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$$S_n = \sum_{k=1}^n a_k$. Insertar paréntesis alrededor de los términos con el mismo signo, se obtiene una nueva serie de $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$:

$$ \frac{1}{1} - \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \right) + \left( \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{9} \right) - \dots $$

Formalmente, lo que hacemos es definir $b_n$ dejando

$$ c_n = \sum_{k=(n-1)^2 + 1}^{n^2} \frac{1}{k}, \\ b_n = (-1)^{n+1} c_n = (-1)^{n+1} \sum_{k=(n-1)^2 + 1}^{n^2} \frac{1}{k}. $$

Denotar por $T_n$ de las sumas parciales de la serie de $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$. El hecho de que la nueva serie $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ se obtiene mediante la inserción de paréntesis alrededor de los términos se corresponde con el hecho de que la secuencia de sumas parciales de $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ es un subsequence de la secuencia de sumas parciales de $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$. Es decir, $T_n = S_{n^2}$. Si podemos demostrar que $c_n$ son monótonamente decreciente a cero, obtenemos que $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ es una Leibniz de la serie y por lo tanto converge. Esto demuestra que $S_{n^2}$ tiene un límite. Desde que la serie se $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ se obtuvo a partir de la serie de $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ mediante la inserción de paréntesis alrededor de los términos que tienen el mismo signo, esto implica que $S_n$ también tiene un límite (el límite mismo).

La estimación de $c_n$, tenemos

$$ c_n = \sum_{k=(n-1)^2 + 1}^{n^2} \frac{1}{k} \leq \sum_{k=(n-1)^2 + 1}^{n^2} \frac{1}{(n-1)^2 + 1} = \frac{n^2 - (n-1)^2}{(n-1)^2 + 1} = \frac{2n - 1}{(n-1)^2 + 1} \xrightarrow[n \to \infty]{} 0 $$

por lo $c_n$ tiende a cero.

Finalmente,

$$ c_n - c_{n+1} = \sum_{k=(n-1)^2 + 1}^{n^2} \frac{1}{k} - \sum_{k=n^2 + 1}^{(n+1)^2} \frac{1}{k} \\ = \sum_{i = 0}^{2n - 2} \left( \frac{1}{(n-1)^2 + 1 + i} - \frac{1}{n^2 + 1 + i} \right) - \frac{1}{(n+1)^2 - 1} - \frac{1}{(n+1)^2} \\ = \sum_{i = 0}^{2n - 2} \frac{2n - 1}{\left( (n-1)^2 + 1 + i \right) \left( n^2 + 1 + i \right)} - \frac{1}{(n+1)^2 - 1} - \frac{1}{(n+1)^2} \\ \geq \frac{(2n-1)^2}{\left( (n-1)^2 + 1 + (2n-2) \right) \left( n^2 + 1 + (2n-2) \right)} - \frac{1}{(n+1)^2 - 1} - \frac{1}{(n+1)^2} \\ \geq \frac{(2n-1)^2}{n^2(n^2 + 2n - 1)} - \frac{2}{(n^2 + 2n - 1)^2} \\ = \frac{2(n-1)^2 - 1}{(n^2 + 2n + 1)^2} > 0 $$

para$n > 1$, lo que muestra que $c_n$ son monótonamente decreciente.