Reclamación del bebé Rudin: $1+ \frac {1}{3}- \frac {1}{2}+ \frac {1}{5}+ \frac {1}{7}- \frac {1}{4}+ \frac {1}{9}+ \frac {1}{11}- \frac {1}{6}...$ converge

Question

Esta secuencia es un reordenamiento de la serie $1- \frac {1}{2}+ \frac {1}{3}- \frac {1}{4}+ \frac {1}{5}...$ . Nótese que en este punto del texto no tenemos ningún teorema sobre la convergencia de los reordenamientos.

Deje que $\{s_n\}$ ser la secuencia de sumas parciales de la serie entonces para $n \ge 0$

$s_{3(n+1)} = \sum ^n _ {k=0} \frac {1}{4k+1} + \frac {1}{4k+3} - \frac {2}{4k+4}$

Podemos verlo como la secuencia (en $n$ ) de sumas parciales de

$ \sum_0 a_n = \sum_0 \frac {1}{4n+1} + \frac {1}{4n+3} - \frac {2}{4n+4}$

Donde $|a_n| = a_n = \frac {1}{4n+4}\{ \frac {3}{4n+1}+ \frac {1}{4n+3}\} \le \frac {1}{4n^2}$ .

Por la prueba de comparación $s_{3(n+1)}$ converge en un verdadero $ \alpha $ .

Pero $s_{3(n+1)+1} = s_{3(n+1)}+ \frac {1}{4n+5}$ y $s_{3(n+1)+2} = s_{3(n+1)}+ \frac {1}{4n+5}+ \frac {1}{4n+7} $ por lo que tenemos una división de $\{s_n\}$ en subsecuentes que tienden a $ \alpha $ y esto implica $s_n \rightarrow \alpha $ .

¿Mi prueba es correcta? Cualquier solución alternativa es apreciada.

Answer 1

Según el teorema de Riemann-Dini, podemos tomar cualquier serie que sea condicionalmente convergente pero no absolutamente convergente y reordenarla para obtener una serie que converja a $ \alpha $ para cualquier $ \alpha\in\mathbb {R}$ .

En nuestro caso: $$ \begin {eqnarray*} \sum_ {k \geq 0} \left ( \frac {1}{4k+1}+ \frac {1}{4k+3}- \frac {1}{2k+2} \right )&=& \sum_ {k \geq 0} \int_ {0}^{1} \left (x^{4k}+x^{4k+2}-2 x^{4k+3} \right )\,dx \\ &=& \int_ {0}^{1} \frac {1+x^2-2x^3}{1-x^4}\,dx \\ &=& \frac {3}{2} \log 2. \end {eqnarray*} $$

Podemos notar que sabemos de antemano que el LHS está convergiendo, ya que: $$ \frac {1}{4k+1}+ \frac {1}{4k+3}- \frac {1}{2k+2} = \frac {8k+5}{(4k+1)(4k+3)(2k+2)}=O \left ( \frac {1}{k^2} \right ).$$

La convergencia también se deriva de La prueba de Dirichlet desde que la secuencia $1,1,-2,1,1,-2, \ldots $ ha limitado las sumas parciales mientras que la secuencia $ \frac {1}{1}, \frac {1}{3}, \frac {1}{4}, \frac {1}{5}, \frac {1}{7}, \frac {1}{8}, \ldots $ disminuye a cero.

Answer 2

Mostrando la convergencia

Rompiendo la serie en trozos de $3$ términos, lo cual está bien ya que los términos tienden a $0$ tenemos $$ \begin {align} \sum_ {k=0}^ \infty\left [ \frac1 {4k+1}+ \frac1 {4k+3}- \frac2 {4k+4} \right ] &= \sum_ {k=0}^ \infty\left [ \left ( \frac1 {4k+1}- \frac1 {4k+4} \right )+ \left ( \frac1 {4k+3}- \frac1 {4k+4} \right ) \right ] \\ &= \sum_ {k=0}^ \infty\left [ \frac3 {(4k+1)(4k+4)}+ \frac1 {(4k+3)(4k+4)} \right ] \end {align} $$ Que puede ser comparado con $$ \left [ \frac34 + \frac3 {16} \sum_ {k=1}^ \infty\frac1 {k^2} \right ] + \left [ \frac1 {12}+ \frac1 {16} \sum_ {k=1}^ \infty\frac1 {k^2} \right ] = \frac56 + \frac14\sum_ {k=1}^ \infty\frac1 {k^2} $$ que converge por el $p$ - prueba.

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Un enfoque de la evaluación

Si se tiene curiosidad por la suma real, puede ser computada, usando $(11)$ de esta respuesta como $$ \begin {align} & \frac14\sum_ {k=1}^ \infty\left [- \left ( \frac1k - \frac1 {k- \frac34 } \right )- \left ( \frac1k - \frac1 {k- \frac14 } \right ) \right ] \\ &= \frac14\left [-H_{-3/4}-H_{-1/4} \right ] \\ &= \frac14\left [-(- \pi /2-3 \log (2))-( \pi /2-3 \log (2)) \right ] \\ &= \frac32\log (2) \end {align} $$

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Otro enfoque de la evaluación

Usando el hecho de que la Serie de Armónicos Alternos converge en $ \log (2)$ tenemos $$ \begin {align} \sum_ {k=0}^ \infty\left [ \frac1 {4k+1}+ \frac1 {4k+3}- \frac2 {4k+4} \right ] &= \sum_ {k=0}^ \infty\left [ \frac1 {4k+1}- \frac1 {4k+2}+ \frac1 {4k+3}- \frac1 {4k+4} \right ] \\ &+ \sum_ {k=0}^ \infty\left [ \hphantom { \frac1 {4k+1}}+ \frac1 {4k+2} \hphantom {\ \!+ \frac1 {4k+3}}- \frac1 {4k+4} \right ] \\ &= \log (2)+ \frac12\log (2) \\ [6pt] &= \frac32\log (2) \end {align} $$

Answer 3

El siguiente argumento muestra que la serie converge, y da su suma:

$ \hspace {.3 in}1 - \frac {1}{2} + \frac {1}{3} - \frac {1}{4} + \frac {1}{5} - \frac {1}{6} + \cdots = \ln 2$ $\;\;\;$ así que

$ \hspace {.27 in} \frac {1}{2}- \frac {1}{4}+ \frac {1}{6}- \frac {1}{8}+ \frac {1}{10}- \frac {1}{12}+ \cdots = \frac {1}{2} \ln 2$ . $\;\;\;$ Insertando ceros, conseguimos

$ \hspace {.26 in}0+ \frac {1}{2}+0- \frac {1}{4}+0+ \frac {1}{6}+0- \frac {1}{8}+0+ \frac {1}{10}+ \cdots = \frac {1}{2} \ln 2$ .

Añadiendo esto a la serie original se obtiene

$ \hspace {.26 in}1+0+ \frac {1}{3}- \frac {1}{2}+ \frac {1}{5}+0+ \frac {1}{7}- \frac {1}{4}+ \frac {1}{9}+0+ \cdots = \frac {3}{2} \ln 2$ , $\;\;$ así que

$ \hspace {.25 in} 1+ \frac {1}{3}- \frac {1}{2}+ \frac {1}{5}+ \frac {1}{7}- \frac {1}{4}+ \frac {1}{9}+ \frac {1}{11}- \frac {1}{6}+ \cdots = \frac {3}{2} \ln 2$ .

Answer 4

Aquí hay un resultado general:

Deje que $s$ ser una suma infinita en una secuencia $(a_n)_{n \in\mathbb N}$ donde $a_n$ son una permutación de $ \frac {(-1)^{k+1}}{k}$ pero donde las sub-secuencias $(a_{n_k})_{k \in\mathbb N}, \space a_{n_k}=- \frac {1}{2k}$ y $(a_{m_k})_{k \in\mathbb N}, \space a_{m_k}= \frac {1}{2k-1}$ existen con $n_k<n_{k+1}$ y $m_k<m_{k+1}$ . Así que $$ s=1+ \frac13 + \frac15 - \frac12 + \frac17 + \frac19 + \frac1 {11}- \frac {1}{4}+... $$ es tal suma, pero $$ s=1- \frac14 + \frac13 - \frac12 +... $$ no lo es.

Ahora, para tal secuencia, define $p_n$ como el número de signos de más hasta $a_n$ , $q_n$ como el número de signos menos hasta $a_n$ y $l= \lim_ {n \to\infty } \frac {p_n}{q_n}$ .

Lo hemos hecho: $$ \sum_ {k=1}^{n} a_k= \sum_ {k=1}^{p_n} \frac {1}{2k-1}- \sum_ {k=1}^{q_n} \frac {1}{2k} $$ Pero también: $$ \sum_ {k=1}^{p_n} \frac {1}{2k-1}= \sum_ {k=1}^{2p_n} \frac {1}{k}- \sum_ {k=1}^{p_n} \frac {1}{2k} $$ Y por lo tanto, si $H_n$ es el $n$ -el número armónico y usando el bien conocido resultado $H_n= \ln (n)+ \gamma + \epsilon_n $ donde $ \lim_ {n \to\infty } \epsilon_n =0$ obtenemos: $$ \sum_ {k=1}^{n} a_k= \sum_ {k=1}^{2p_n} \frac {1}{k}- \sum_ {k=1}^{p_n} \frac {1}{2k}- \sum_ {k=1}^{q_n} \frac {1}{2k}= \\ \sum_ {k=1}^{2p_n} \frac {1}{k}- \frac {1}{2} \sum_ {k=1}^{p_n} \frac {1}{k}- \frac {1}{2} \sum_ {k=1}^{q_n} \frac {1}{k}= \\ H_{2p_n}- \frac {1}{2}H_{p_n}- \frac {1}{2}H_{q_n}= \\ \ln {(2p_n)}+ \gamma + \epsilon_ {2p_n}- \frac {1}{2} \ln {(p_n)}- \frac {1}{2} \gamma - \frac {1}{2} \epsilon_ {p_n}- \frac {1}{2} \ln {(q_n)}- \frac {1}{2} \gamma - \frac {1}{2} \epsilon_ {q_n}= \\ \ln {(2)}+ \frac {1}{2} \ln { \left ( \frac {p_n}{q_n} \right )}+ \epsilon_ {2p_n}- \frac {1}{2} \epsilon_ {p_n}- \frac {1}{2} \epsilon_ {q_n} $$ Y así: $$ \lim_ {n \to\infty } \sum_ {k=1}^{n} a_k= \lim_ {n \to\infty } \left ( \ln {(2)}+ \frac {1}{2} \ln { \left ( \frac {p_n}{q_n} \right )}+ \epsilon_ {2p_n}- \frac {1}{2} \epsilon_ {p_n}- \frac {1}{2} \epsilon_ {q_n} \right )= \ln (2)+ \frac {1}{2} \ln (l) $$ En la suma original, tenemos $l=2$ y por lo tanto $s= \frac {3}{2} \ln (2)$