Convergencia de $1+\frac13-\frac12+\frac15+\frac17-\frac14+\frac19+\frac1{11}-\frac16+\ldots$

Question

Estaba leyendo Rudin PMA, ejemplo 3.53 en P76. Allí señala que el reordenamiento puede no dar el mismo límite de una serie. Luego dice que se deja como ejercicio demostrar que dicha serie converge. Pensé en agrupar tres términos, pero no me pareció "legal".

Cómo mostrar esa serie $1+\dfrac13-\dfrac12+\dfrac15+\dfrac17-\dfrac14+\dfrac19+\dfrac1{11}-\dfrac16+\ldots$ ¿converge?

Intenté la prueba de la raíz: Que esta serie sea $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ entonces $\limsup\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}=1$ ya que, básicamente, esta serie es un reordenamiento de $\sum \frac {(-1)^n}n$ . Así que la prueba de la raíz no es concluyente.

Answer 1

En bloques de $3$ términos, la serie es $$ \sum_{n=0}^{\infty} \left(\dfrac{1}{4n+1}+\dfrac{1}{4n+3}-\dfrac{1}{2n+2}\right) = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{8 n + 5}{32 n^3 + 64 n^2 + 38 n + 6} \le \dfrac56+ \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2} < \infty $$

Esto demuestra que las sumas parciales $S_{3n+2}$ de la serie original convergen. Las otras sumas parciales, $S_{3n+1}$ y $S_{3n}$ difieren de $S_{3n+2}$ por uno o dos términos que convergen a cero y por lo tanto convergen también, al mismo límite. Así, las sumas parciales convergen, es decir, la serie converge.

Answer 2

Parece que la serie está compuesta alternativamente por términos positivos (y está bien agruparlos) de la forma

$$a_{2n}=\frac1{4n+1}+\frac1{4n+3}=\frac{8n+4}{(4n+1)(4n+3)}=\frac{8n+4}{16n^2+16n+3}=\frac{n+1/2}{2n^2+2n+3/8}.$$

para $n=0,1,2,...$ y términos negativos de la forma

$$a_{2n+1}=-\frac{1}{2n+2}.$$

también para $n=0,1,2,...$ . Obsérvese que para un tamaño suficientemente grande $n$ tenemos

$$ \underbrace{\frac1{2n}}_{|a_{2n-1}|} \ge \underbrace{\frac{n+1/2}{2n^2+2n+3/8}}_{|a_{2n}|} \ge \underbrace{\frac 1{2n+2}}_{|a_{2n+1}|}. $$

Así que tenemos una serie alterna con términos absolutamente decrecientes con $|a_n|\to 0$ . Podemos aplicar el prueba de series alternas para razonar que la suma converge.

Answer 3

Como ya han señalado muchos, ¡la serie converge gracias al criterio de Leibniz! En efecto, la serie es $$ \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} a_n, $$ donde $a_n$ son $$ a_n = \begin{cases} \frac{1}{n} & n\ \text{even,}\\ \frac{1}{n+n-1}+ \frac{1}{n+2+n-1} = \frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n+1} & n \ \text{odd,} \end{cases} \qquad a_n \to 0. $$

Answer 4

$c_1 := 1+\frac{1}{3}$ .
$c_2 := -\frac{1}{2}$ .
$c_3 := \frac{1}{5} + \frac{1}{7}$ .
$c_4 := -\frac{1}{4}$ .
$c_5 := \frac{1}{9} + \frac{1}{11}$ .
$c_6 := -\frac{1}{6}$ .
$\cdots$
$c_{2 k - 1} := \frac{1}{4 k - 3} + \frac{1}{4 k - 1}$ para $k \in \{1, 2, 3, \cdots\}$ .
$c_{2 k} := -\frac{1}{2 k}$ para $k \in \{1, 2, 3, \cdots\}$ .

Entonces,
(a)
$\frac{1}{4 k - 3} + \frac{1}{4 k - 1} > \frac{1}{4 k} + \frac{1}{4 k} > \frac{1}{4 k + 1} + \frac{1}{4 k + 3}$ .
$\therefore |c_{2 k - 1}| > |c_{2 k}| > |c_{2 k + 1}|$ para $k \in \{1, 2, 3, \cdots\}$ .

(b)
$c_{2 k - 1} \geq 0$ y $c_{2 k} \leq 0$ .

(c)
$\lim_{k\to\infty} c_{2 k - 1} = \lim_{k\to\infty} c_{2 k} = 0$ .
$\therefore \lim_{n\to\infty} c_n = 0$ .

Así que, $\sum c_n$ es una serie alterna y converge por el Teorema 3.43 de la p.71.

$c_1 = s'_2$ .
$c_1 + c_2 = s'_3$ .
$c_1 + c_2 + c_3 = s'_5$ .
$c_1 + c_2 + c_3 + c_4 = s'_6$ .
$c_1 + c_2 + c_3 + c_4 + c_5 = s'_8$ .
$c_1 + c_2 + c_3 + c_4 + c_5 + c_6= s'_9$ .
$\cdots$

Así que, $s'_2, s'_3, s'_5, s'_6, s'_8, s'_9, \cdots$ es una subsecuencia convergente de $\{s'_n\}$ .
Así que, $s'_2, s'_5, s'_8, s'_{11}, \cdots$ es una subsecuencia convergente de $\{s'_n\}$ .
$s'_{3 k - 2} = s'_{3 k - 1} - \frac{1}{4 k - 1}$ .
Así que, $s'_1, s'_4, s'_7, s'_{10}, \cdots$ es una subsecuencia convergente de $\{s'_n\}$ .
$\{s'_1, s'_4, s'_7, s'_{10}, \cdots\} \cup \{s'_2, s'_3, s'_5, s'_6, s'_8, s'_9, \cdots \} = \{s'_1, s'_2, s'_3, s'_4, s'_5, s'_6, s'_7, s'_8, s'_9, s'_{10}, \cdots\}$ .
Así que, $\{s'_n\}$ converge.