Evaluación de la suma después de reordenar una serie infinita$1-\dfrac {1} {2}+\dfrac {1} {3}-\dfrac {1} {4}+\ldots $

Question

Si en la serie $1-\dfrac {1} {2}+\dfrac {1} {3}-\dfrac {1} {4}+\ldots $ el orden de los términos ser alterado, por lo que la proporción entre el número de términos positivos para el número de términos negativos en la primera $n$ términos es en última instancia,$a^{2}$, demostrar que la suma de la serie se convertirá en $\log \left( 2a\right) $.

Solución tentativa. Deje $p$ el número de términos positivos en el primer $n$ términos de la reordenar serie, de modo que en base a la pregunta que se nos permite $a^{2}=\dfrac {p} {n-p}$. Ahora resolviendo para p obtenemos $p=\dfrac {a^{2}n} {\left( 1+a^{2}\right) }$$n-p=\dfrac {n } {\left( 1+a^{2}\right) }$.

También se observa que en la serie original solo la extraña términos son positivos y sólo las condiciones son negativas.

Vamos a definir $S_{odd}=1+\dfrac {1} {3}+\dfrac {1} {5}+.\ldots +\dfrac {1} {2n-1}$ $S_{even}=\dfrac {-1} {2}\dfrac {-1} {4}\ldots -\dfrac {1} {2n}$

$S_{Reordered}=S_{odd_{p}}+S_{even_{n-p}}$

$S_{Reordered}=\sum _{t=1}^{t=P}\dfrac {1} {2t-1}+\sum _{t=1}^{t=(n-P)}\dfrac {-1} {2t}$
$S_{Reordered}=\sum _{t=1}^{t=\dfrac {a^{2}n} {\left( 1+a^{2}\right) }}\dfrac {1} {2t-1}+\sum _{t=1}^{t=\dfrac {n } {\left( 1+a^{2}\right) }}\dfrac {-1} {2t}$

Con el fin de extender $S_{Reordered}$ de n términos de una longitud infinita. Supongo que debería tomar el límite de la $S_{Reordered}$$n\rightarrow \infty $, lo que haría que la parte superior de los valores de $t$ (No estoy seguro de término técnico aquí) a $\infty$ me da

$S_{Reordered}=\sum _{t=1}^{t=\infty}\dfrac {1} {2t-1}+\sum _{t=1}^{t=\infty}\dfrac {-1} {2t}$

y he perdido la $a$ a partir de la expresión. Supongo que estoy atascado tengo que realizar algún paso para capturar una antes de tomar el límite. Cualquier ayuda sería muy apreciada.

Answer 1

Creo que encontrará este resultado útil:

Fijar$p$ y$q$, con$p\geq q\geq 1$. Entonces

ps

Por lo general, si toma la serie de armónicos alterados y suma los términos$$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=qn}^{pn} \frac{1}{k} = \log \frac{p}{q}$ positivos y luego agrega$p$ términos negativos, obtendrá

ps

Por ejemplo,

ps

daré

ps

Así que ahora elige$q$

ps

Answer 2

Aquí está el germen de una idea: $$\frac12+\frac14+\frac14+\cdots+\frac1{2n}=\frac12\ln n+\frac\gamma2+o(1)$$ donde $\gamma$ es la constante de Euler, mientras que la correspondiente suma de impares recíprocos difiere de los anteriores por $\ln 2+o(1)$. Sospecho más bien que va a hacer el truco.

Por cierto, no creo que el resultado es cierto si usted permitir la reordenación de los elementos positivos entre sí, o los negativos. Usted debe ser capaz de reordenar la serie armónica a divergir tan lentamente como usted podría comenzar con $\sum 1/2^n$ y, a continuación, insertar los recíprocos de no-potencias de dos en muy raros intervalos.