Demostrar que: $1-\frac 12+\frac 13-\frac 14+...+\frac {1}{199}- \frac{1}{200}=\frac{1}{101}+\frac{1}{102}+...+\frac{1}{200}$

Question

Demostrar que:

$$1-\frac 12+\frac 13-\frac 14+...+\frac {1}{199}- \frac{1}{200}=\frac{1}{101}+\frac{1}{102}+...+\frac{1}{200}$$

Sé que sólo este método:

$\frac {1}{1×2}+\frac {1}{2×3}+\frac {1}{3×4}+....=1-\frac {1}{2}+\frac {1}{2}-\frac {1}{3}+\frac {1}{3}-...$

Pero, desgraciadamente, pudiera no una sugerencia.

Answer 1

Mi método:

$$\left\{ 1-\frac {1}{2}-\frac {1}{4}-...-\frac {1}{128} \right\}+\left\{ \frac {1}{3}-\frac {1}{6}- \frac{1}{12}-...- \frac{1}{192}\right\}+\left\{\frac {1}{5}-\frac{1}{10}-\frac{1}{20}-...- \frac{1}{160}\right\}+...+\left\{ \frac{1}{99}-\frac{1}{198}\right\}+\left\{ \frac{1}{101}+\frac{1}{103}+\frac{1}{105}+...+\frac{1}{199}\right\}=\frac{1}{101}+\frac{1}{102}+\frac{1}{103}+...+\frac{1}{200}$$

Answer 2

Seguir a @Daniel Fischer comentario: Escriba $-\frac{1}{2k}$ $+\frac{1}{2k}-\frac{1}{k}$

obtenemos \begin{align*} \color{blue}{\sum_{j=1}^{200}(-1)^{j+1}\frac{1}{j}}&=\sum_{j=1}^{100}\frac{1}{2j-1}-\sum_{j=1}^{100}\frac{1}{2j}\\ &=\sum_{j=1}^{100}\frac{1}{2j-1}+\left(\sum_{j=1}^{100}\frac{1}{2j}-\sum_{j=1}^{100}\frac{1}{j}\right)\\ &=\sum_{j=1}^{200}\frac{1}{j}-\sum_{j=1}^{100}\frac{1}{j}\\ &\color{blue}{=\sum_{j=101}^{200}\frac{1}{j}} \end{align*}

Nota: Con respecto a un comentario de OP, con un pequeño suplemento a @Zaharyas enfoque agradable.

Consideramos que una suma menor para ver mejor lo que está pasando. El siguiente es válido \begin{align*} 1-\frac{1}{2}& +\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{13}-\frac{1}{14}+\frac{1}{15}-\frac{1}{16}\\ &=\frac{1}{9}+\frac{1}{10}+\frac{1}{11}+\frac{1}{12}+\frac{1}{13}+\frac{1}{14}+\frac{1}{15}+\frac{1}{16}\tag{1} \end{align*}

La idea principal es reordenar el lado izquierdo de (1) y la organizan en bloques. Cada bloque se inicia con una fracción con un denominador impar como líder y ponemos todos los números dentro de un bloque donde el denominador es una potencia de dos de este extraño denominador.

Obtenemos \begin{align*} 1-\frac{1}{2}& +\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{13}-\frac{1}{14}+\frac{1}{15}-\frac{1}{16}\\ &=\underbrace{\left(1-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}-\frac{1}{8}-\frac{1}{16}\right)}_{\color{blue}{=\frac{1}{16}}} +\underbrace{\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{6}-\frac{1}{12}\right)}_{\color{blue}{=\frac{1}{12}}}\\ &\qquad+\underbrace{\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{10}\right)}_{\color{blue}{=\frac{1}{10}}} +\underbrace{\left(\frac{1}{7}-\frac{1}{14}\right)}_{\color{blue}{=\frac{1}{14}}}+\frac{1}{9}+\frac{1}{11}+\frac{1}{13}+\frac{1}{15}\tag{2}\\ &=\frac{1}{9}+\frac{1}{10}+\frac{1}{11}+\frac{1}{12}+\frac{1}{13}+\frac{1}{14}+\frac{1}{15}+\frac{1}{16}\tag{3} \end{align*}

Comentario:

• En (2) se observa que el lado derecho está organizado en $8$ bloques. Los primeros cuatro bloques contienen más de un número y los cuatro bloques que constan de un solo número. Tomamos nota de que cada número natural $a\in \mathbb{N}=\{1,2,3,\ldots\}$ tiene una representación única como la potencia de dos veces un número impar. \begin{align*} a=b\cdot 2^k\qquad\qquad k\geq 0, b\text{ odd} \end{align*} El segundo bloque en el lado derecho de (2), por ejemplo, tiene la representación \begin{align*} \left(\frac{1}{3}-\frac{1}{6}-\color{blue}{\frac{1}{12}}\right)&=\left(\frac{1}{3\cdot 2^0}-\frac{1}{3\cdot2^1}-\frac{1}{3\cdot2^2}\right) =\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)\\ &=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{4} \color{blue}{=\frac{1}{12}} \end{align*} Esta representación única afirma que tomamos todas las fracciones $\frac{1}{k}$ $1\leq k\leq 16$ en el lado derecho de (2).

  Otro bonito hecho es que el valor de cada bloque está dada por su más a la derecha de la entrada. Esto es debido a la serie geométrica finita fórmula. Obtenemos \begin{align*} 1-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}-\cdots\color{blue}{-\frac{1}{2^{k}}} &=1-\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{k-1}}\right)\\ &=1-\frac{1}{2}\sum_{j=0}^{k-1}\frac{1}{2^j}\\ &=1-\frac{1}{2}\cdot\frac{1-\frac{1}{2^k}}{1-\frac{1}{2}}\\ &\color{blue}{=\frac{1}{2^k}} \end{align*}

• En (3) escribimos para cada bloque de la fracción correspondiente y cambiar el orden de los números.

Mantener todo esto en mente, ahora podemos mostrar la identidad original, utilizando la notación sigma. Obtenemos \begin{align*} \color{blue}{\sum_{j=1}^{200}(-1)^{j+1}\frac{1}{j}}& =\sum_{j=1}^{50}\left(\frac{1}{2j-1}-\sum_{k=1}^{\left\lfloor\log_{2}\left(\frac{200}{2j-1}\right)\right\rfloor}\frac{1}{(2j-1)\cdot 2^k}\right) +\sum_{j=51}^{100}\frac{1}{2j-1}\tag{4}\\ &=\sum_{j=1}^{50}\frac{1}{(2j-1)\cdot 2^{\left\lfloor\log_{2}\left(\frac{200}{2j-1}\right)\right\rfloor}}+\sum_{j=51}^{100}\frac{1}{2j-1}\tag{5}\\ &=\sum_{j=51}^{100}\frac{1}{2j}+\sum_{j=51}^{100}\frac{1}{2j-1}\tag{6}\\ &\color{blue}{=\sum_{j=101}^{200}\frac{1}{j}} \end{align*}

Comentario:

• En (4) utilizamos el hecho de que hayamos $200$ sumandos, $100$ con denominador impar y $100$, incluso con denominador. Tomamos el $100$ extraño como líderes de $100$ bloques. Lo que tenemos $50$ bloques con más de un término y $50$ bloque con un único mandato. Esto corresponde a la representación en (2).

• En (5) se utiliza la que cada bloque está dado por el de la derecha plazo indicado por las llaves (2) y también se muestra en el comentario de la sección anterior. Podemos comprobar la expresión $(2j-1)\cdot 2^{\left\lfloor\log_{2}\left(\frac{200}{2j-1}\right)\right\rfloor}$ $$\text{Sort[Table[(2*j-1)*2^Floor[ld(200/(2*j-1))],{j,1,50}]]}$$ en Wolfram Alpha y obtener \begin{align*} 102,104,106,\ldots,198,200 \end{align*}

• En (6), usamos la única representación de los números pares como impares número multiplicado por una potencia de dos y recoger de forma ordenada, tal como hicimos en (3).

Answer 3

$$\sum_{k= 1}^{200}(-1)^{k+1}k^{-1}=1-\frac 12+\frac 13-\frac 14+\cdots+\frac {1}{199}- \frac{1}{200}=\frac{1}{101}+\frac{1}{102}+\cdots+\frac{1}{200}=$$ $$\color{blue}{\left(1+\frac 13+\frac 15 +\dots+ \frac 1{199}\right)-\left(\frac 12+ \frac 14+\frac 16\cdots+\frac {1}{200}\right)}=\color{red}{\frac{1}{101}+\frac{1}{102}+\cdots+\frac{1}{200}}$$

\begin{align} \tag1 \color{blue}{\sum_{k=1}^{100}\frac{1}{2k-1} - \sum_{k=1}^{100}\frac{1}{2k}} &= \color{red}{\sum_{k=101}^{200}\frac{1}{k}}\\ \tag2 &= \sum_{k=1}^{200}\frac{1}{k} - \sum_{k=1}^{100}\frac{1}{k}\\ \tag3 &= \left(\sum_{k=1}^{100}\frac{1}{2k} + \sum_{k=1}^{100}\frac{1}{2k-1}\right) - \sum_{k=1}^{100}\frac{1}{k}\\ \tag4 &= \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{100}\frac{1}{k} + \sum_{k=1}^{100}\frac{1}{2k-1}- \sum_{k=1}^{100}\frac{1}{k}\\ \tag5 &= \sum_{k=1}^{100}\frac{1}{2k-1}- \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{100}\frac{1}{k}\\ \tag6 &= \underbrace{\color{blue}{\sum_{k=1}^{100}\frac{1}{2k-1}- \sum_{k=1}^{100}\frac{1}{2k}}}\\ &\quad\quad\quad\sum_{k= 1}^{200}(-1)^{k+1}k^{-1}\\ &&\Box \end {Alinee el}

Answer 4

Sugerencia: demostrar por inducción que $\sum_{i=1}^{2n}\frac{(-1)^{i-1}}{i}=\sum_{i=n+1}^{2n}\frac{1}{i}$.

Answer 5

Tenemos\begin{split} &&1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{199} - \frac{1}{200} \\&=& \left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} +\cdots + \frac{1}{197}+\frac{1}{199} \right) - \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{200}\right)\\ &=& \left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{199} + \frac{1}{200}\right) - 2 \cdot \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{200}\right)\\ &=&\left(1 + \frac{1}{2} + \cdots \frac{1}{100}\right)+\left( \frac{1}{101}+\cdots +\frac{1}{199} + \frac{1}{200}\right) - \left(\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{100}\right)\\[10pt] &= &\frac{1}{101} + \frac{1}{102} + \cdots + \frac{1}{200}\end{dividido}