¿Cómo probar que $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{n+1}n}{n^{2}+x^{2}}$ siempre es positivo para todos % real $x$?

Question

Cómo probar que $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{n+1}n}{n^{2}+x^{2}}>0$$ para todo x real?
Puede parece un problema muy sencillo, pero como es una corriente alterna de la serie y NO converge ABSOLUTAMENTE, parece muy difícil o incluso imposible-para el uso de cualquier desigualdad de estimar.
Por otra parte, el límite de $$\lim_{x\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{n+1}nx^{2}}{n^{2}+x^{2}}=\frac{1}{4}$$.
Si podemos demostrar esto, será más fácil probar que la serie es positivo.

He utilizado Abel transformación de la fórmula (sumación por partes) y consiguió que éste es el mismo valor de $$\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=n}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{k^{2}+x^{2}}$$, y luego no sé si el problema más fácil.
Ahora tenemos que demostrar que $\displaystyle\left|\sum_{k=n}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{k^{2}+x^{2}}\right|$ es estrictamente decreciente para $n\in\mathbb{N}$, que es equivalente a probar que $$\frac{1}{n^2+x^2}\gt2\left|\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{k^2+x^2}\right|\quad \forall n\in\mathbb{N},x\in\mathbb{R}$$
Alguien tiene algunas ideas para contnue mi prueba?

Answer 1

(A) : $\enspace$ Como el OP Antimonius ha mencionado, se puede utilizar después de la integración (una vez) por partes

$\hspace{1.1cm}$ $2^{nd}$ significa teorema del valor de las integrales. Obtenemos $\,\cos(x\xi)\ne 1\,$ :

$$ \int\limits_{ \frac{2\pi}{x}n }^{\frac{2\pi}{x}(n+1)} \frac{\cos(x t)}{e^t+1}dt = \frac{ ( e^{\frac{2\pi}{x}}-1)(e^{\frac{2\pi}{x}(n+1)} -1)}{( e^{\frac{2\pi}{x}n}+1)^2(e^{\frac{2\pi}{x}(n+1)}+1)^2}(1-\cos(x\xi)) > 0$$

(B) : $\enspace$ La siguiente prueba no es quizás el más corto, pero funciona (sin ningún tipo de teoremas).

Porque de $\,x^2=(-x)^2\,$ es suficiente para la prueba de $\,x\geq 0\,$ .

Es $\enspace\displaystyle \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}n}{n^2+x^2}= \int\limits_0^\infty\frac{\cos(x t)}{e^t+1}dt \enspace $ a que, para $\,x=0\,$ resultado $\,\ln 2>0\,$ ,

y para $\,x> 0\,$ es posible escribir $\enspace\displaystyle \sum\limits_{n=0}^\infty \int\limits_{ \frac{2\pi}{x}n }^{\frac{2\pi}{x}(n+1)} \frac{\cos(x t)}{e^t+1}dt \enspace $ .

Tenemos que mostrar: $\enspace\displaystyle \int\limits_{ \frac{2\pi}{x}n }^{\frac{2\pi}{x}(n+1)} \frac{\cos(x t)}{e^t+1}dt > 0 $

$\displaystyle \int\limits_{ \frac{2\pi}{x}n }^{\frac{2\pi}{x}(n+1)} \frac{\cos(x t)}{e^t+1}dt = f_n(x) + g_n(x) $

con $\enspace\displaystyle f_n(x):= \int\limits_{ \frac{\pi}{x}2n }^{\frac{\pi}{x}(2n+\frac{1}{2})} \left( \frac{1}{e^t+1} - \frac{1}{e^{t+\frac{\pi}{2x}}+1} - \frac{1}{e^{t+\frac{\pi}{x}}+1}+ \frac{1}{e^{t+\frac{3\pi}{2x}}+1} \right) \sin(x t) dt $

y $\enspace\displaystyle g_n(x):= \int\limits_{ \frac{\pi}{x}2n }^{ \frac{\pi}{x}(2n+\frac{1}{2}) } \left( \frac{1}{e^t+1} - \frac{1}{e^{t+\frac{\pi}{x}}+1} \right) (\cos(x t) - \sin(x t)) dt$

Porque de $\enspace\displaystyle \frac{1}{ac+1} - \frac{c}{ab+c} - \frac{1}{ab^2c+1} + \frac{c}{ab^3+c}=$

$\hspace{2.2cm}\displaystyle = \frac{ac(a^2b^3-1)(b-1)(b-c^2)(b+1)}{(ac+1)(ab+c)(ab^2c+1)(ab^3+c)} > 0 $

para $\,a>1\,$ , $\,b>1\,$ , $\,c>0\,$ y $\,b-c^2 > 0\,$

hemos creado $\,a:=e^t>1\,$ , $\,\displaystyle b:= e^{\frac{\pi}{2x}}>1\,$ y $\,c:=1>0\,$ y obtener

$\displaystyle \frac{1}{e^t+1} - \frac{1}{e^{t+\frac{\pi}{2x}}+1} - \frac{1}{e^{t+\frac{\pi}{x}}+1}+ \frac{1}{e^{t+\frac{3\pi}{2x}}+1} > 0 \,$ .

Junto con $\,\sin(xt)\geq 0\,$ $\,\displaystyle t\in [\frac{\pi}{x}2n, \frac{\pi}{x}(2n+\frac{1}{2})]\,$ siguiente $\,f_n(x)>0 \,$ .

$\displaystyle g_n(x) = \hspace{0.5cm}\sqrt{2} \int\limits_{ \frac{\pi}{x}2n }^{ \frac{\pi}{x}(2n+\frac{1}{4}) } \left(\frac{1}{e^t+1} - \frac{1}{e^{t+\frac{\pi}{x}}+1} \right) \cos(xt+\frac{\pi}{4}) dt $

$\hspace{2cm}\displaystyle - \sqrt{2}\int\limits_{ \frac{\pi}{x}2n }^{ \frac{\pi}{x}(2n+\frac{1}{4}) } \left( \frac{1}{e^{t+\frac{\pi}{4x}}+1} - \frac{1}{e^{t+\frac{5\pi}{4x}}+1} \right) \sin(xt) dt $

Ser $\displaystyle \,\delta\in [0,\frac{\pi}{4x}]\,$ . Y tenemos $\displaystyle \,t\in [ \frac{\pi}{x}2n , \frac{\pi}{x}(2n+\frac{1}{4}) ]\,$ .

Ahora se compara cada valor de $\enspace\displaystyle \left(\frac{1}{e^t+1} - \frac{1}{e^{t+\frac{\pi}{x}}+1} \right) \cos(xt+\frac{\pi}{4}) \enspace$ $\,t:=t_0\,$ del valor determinado intervalo de con $\enspace\displaystyle \left( \frac{1}{e^{t+\frac{\pi}{4x}}+1} - \frac{1}{e^{t+\frac{5\pi}{4x}}+1} \right) \sin(xt) \enspace$ $\,t:= \frac{\pi}{x}(2n+\frac{1}{4}) -t_0 \,$ como sigue:

$\displaystyle \left(\frac{1}{e^{ \frac{\pi}{x}2n +\delta } +1} - \frac{1}{e^{\frac{\pi}{x}2n +\delta +\frac{\pi}{x}}+1} \right) \cos(x(\frac{\pi}{x}2n +\delta)+\frac{\pi}{4})$

$\displaystyle > \left( \frac{1}{e^{ \frac{\pi}{x}(2n+\frac{1}{4} ) -\delta +\frac{\pi}{4x}}+1} - \frac{1}{e^{\frac{\pi}{x}(2n+\frac{1}{4} ) -\delta +\frac{5\pi}{4x}}+1} \right) \sin(x(\frac{\pi}{x}(2n+\frac{1}{4} ) -\delta)) $

Con $\displaystyle\enspace \cos(x\delta+\frac{\pi}{4})= \sin(\frac{\pi}{4}- x\delta)> 0\enspace$ obtenemos la desigualdad

$\displaystyle \frac{1}{e^{\frac{\pi}{x}2n +\delta}+1} - \frac{1}{e^{\frac{\pi}{x}2n -\delta +\frac{\pi}{2x}}+1} - \frac{1}{e^{\frac{\pi}{x}2n +\delta +\frac{\pi}{x}}+1}+ \frac{1}{e^{\frac{\pi}{x}2n -\delta +\frac{3\pi}{2x}}+1} > 0 \,$ .

Ahora podemos establecer $\displaystyle \,a:=e^{\frac{\pi}{x}2n}>1\,$ , $\displaystyle \,b:=e^{\frac{\pi}{2x}}>1\,$ , $\,c:=e^{\delta}\geq 1>0\,$ .

Porque de $\,b-c^2>0\,$ $\displaystyle \,0\leq\delta <\frac{\pi}{4x}\,$ sigue, que la anterior desigualdad es correcta

y, por tanto,$\,g_n(x)>0\,$. Con $\,f_n(x)>0\,$ $\,g_n(x)>0\,$ el reclamo es a prueba de niños.