Serie infinita $1+\frac12-\frac23+\frac14+\frac15-\frac26+\cdots$

Question

Se dio la siguiente suma infinita en la clase como una pregunta, mientras estábamos hablando de extensiones de la serie de Taylor de $\ln(1+x)$ y $\arctan(x)$: $$1+\frac12-\frac23+\frac14+\frac15-\frac26+\cdots

La pregunta no es tarea ni nada, solo un pensamiento tease. Intenté durante mucho tiempo pero no pudo encontrar nada remotamente cerca. Gracias de antemano por la ayuda.

Answer 1

Reescritura de $-\frac23$ $\frac13-1$, $-\frac26$ $\frac16-\frac12$ y en general, $-\frac{2}{3n}$ $\frac1{3n}-\frac1n$. Entonces la suma de $3n$ términos es:

$$1 + \frac12 + \frac13 + \frac14 + \cdots + \frac1{3n} - \left(1 + \frac12 + \frac13 + \frac14 + \cdots + \frac1n\right) = \sum_{r=n+1}^{3n}\frac1r$$

Esto tiende a $$\int_n^{3n}\frac{dx}x = \log 3

$n \to\infty$.

Answer 2

Desde $$\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1 2+\frac1 3+\frac1 4+\frac1 5+\frac1 6+...+\frac1 n-\log(n)\right)=\gamma ($\gamma$ es constante de Euler, para más información, consulte aquí.)

vemos que el $$\gamma=\lim_{n\to\infty}\left(\color{\red}{1}+\color{\red}{\frac1 2}+\color{#0000ff}{\frac1 3}+\color{\red}{\frac1 4}+\color{\red}{\frac1 5}+\color{#0000ff}{\frac1 6}+...+\color{\red}{\frac1 {3n-2}}+\color{\red}{\frac1 {3n-1}}+\color{#0000ff}{\frac1 {3n}}-\log(3n)\right)$ $ y$$ \gamma=\lim_{n\to\infty}\color{#0000ff}{3\left(\frac1 3+\frac1 6+...+\frac1 {3n}\right)}-\log(n) restando, obtenemos $$0=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1 2-\frac2 3+\frac1 4+\frac1 5-\frac2 6++-...+\frac1{3n-2}+\frac1{3n-1}-\frac2 {3n}\right)-\log(3)$ $, lo que implica que el$$ 1 + \frac12 - \frac23 + \frac14 + \frac15 - \frac26 + ...=\log(3)

Answer 3

Como cada tercer mandato es "molesto", debemos restaurar un patrón de saber,

$$S:=1+\frac12-\frac23+\frac14+\frac15-\frac26+\cdots=\left(1+\frac12+\frac13+\frac14+\frac15+\frac16+\cdots\right)-\left(\frac33+\frac36\cdots\right).$$

Es tentador simplificar y deducir

$$S=\left(1+\frac12+\frac13+\frac14+\frac15+\frac16+\cdots\right)-\left(1+\frac12\cdots\right)=\color{red}{0},$$

pero esto sería incorrecto ya que la suma no es absolutamente adicionable y cambiando el orden de los términos no se permite.

La manera correcta (dada por otros) es mediante la evaluación de las sumas parciales con

$$S_{3n}=H_{3n}-H_n$$ whicht tends to $$(\ln(3n)-\gamma)-(\ln(n)-\gamma)=\color{green}{\ln(3)}.$$