Seltsame Serie, die konvergiert
Ich versuche diese Serie zu bewerten $$S= \sum_{n=2}^{\infty} a_n \frac{\ln (n)}{n}$$ Aber ich habe einige Bedingungen $a_n$das Problem schwer machen. Nämlich,$a_n=3$ zum $n = 2 \mod 4$ und $a_n = -1$ Andernfalls.
Obwohl 2 mod 4 = 2 nur eine Zahl ist, schlug ein Freund in den Kommentaren vor, dass die 2 [mod 4] Werte 2,6,10 annimmt, ... was natürlich Sinn macht. Bedeutet, dass$a_n$ wird wie gehen $(3 -1 -1 -1 +3 -1 -1 -1 +3 + ...)$ zum $n=2,3,4 ...$.
Ich weiß nicht wirklich, wie man einen Konvergenztest durchführt, wenn ich Einschränkungen für eine solche Summationskonstante habe. Ich habe versucht, die Summe in eine einfachere Form umzuschreiben, versucht zu trennen, ist bei zwei Summen für die beiden verschiedenen$a_n$Aber ich weiß nicht wirklich, wie ich es machen soll und da stecke ich fest ...
Antworten
Wenn wir bereit sind, ein wenig locker mit der Tatsache zu spielen, dass dies bedingt konvergent ist, können wir die Tatsache nutzen, dass $3 -1 -1 -1 = (2 + 1) + (-1) + (-2 + 1) - 1$Um die Reihe in zwei abwechselnde Reihen aufzuteilen : \ begin {multline} S = \ sum_ {n = 2} ^ \ infty a_n \ frac {\ ln (n)} {n} = 2 \ sum_ {n = 1} ^ { \ infty} (- 1) ^ {n + 1} \ frac {\ ln (2n)} {2n} + \ sum_ {n = 2} ^ \ infty (-1) ^ n \ frac {\ ln (n) } {n} \\ = - \ ln (2) \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ frac {(- 1)} {n} - \ sum_ {n = 1} ^ \ infty (-1) ^ n \ frac {\ ln (n)} {n} + \ sum_ {n = 2} ^ \ infty (-1) ^ n \ frac {\ ln (n)} {n} = \ ln ^ 2 (2) , \ end {multline} wobei wir im letzten Schritt das Ergebnis verwenden, dass$\sum_{n=1}^\infty(-1)^n/n = -\ln(2)$.
Was den Beweis angeht, dass die Serie konvergiert, da $\ln(n)/n$ nimmt monoton ab, sollten Sie in der Lage sein, diese Show zu verwenden, die die $\liminf$ und $\limsup$ der Teilsummen sind gleich.
Ich fand, dass die angegebene Sequenz als geschrieben werden kann $$a_n = \cos (\pi n)-\cos \left(\frac{\pi n}{2}\right)-\cos \left(\frac{3 \pi n}{2}\right)$$ und $$\sum _{n=2}^{\infty } \left(\cos (\pi n)-\cos \left(\frac{\pi n}{2}\right)-\cos \left(\frac{3 \pi n}{2}\right)\right)\frac{\ln (n)}{n}=\frac{1}{2} \left(2 \ln^2 2+2 \gamma \ln 2-2 \gamma \log 2\right)=\ln^2 2$$
Wie ich in den Kommentaren betont habe, ist dies Frage B-4 aus dem William Lowell Putnam-Wettbewerb 2017. Der Einfachheit halber biete ich die erste von zwei Lösungen an, die über den Link in meinem Kommentar bereitgestellt werden. Ich nehme keine Anerkennung - es wurden nur geringfügige Änderungen an der Formulierung vorgenommen.
Die wichtigste Erkenntnis besteht darin, eine Hilfsteleskopreihe mit Begriffen zu definieren $$a_k = \frac{\log k}{k} - \frac{\log (k+1)}{k+1},$$ für die wir trivial haben $$\sum_{k=1}^\infty a_k = 0. \tag{1}$$ Schon seit $a_k > 0$ zum $k \ge 3$das sehen wir auch $(1)$ ist absolut konvergent.
Nachdem wir eine solche Reihe konstruiert haben, die eine Neuordnung ihrer Begriffe ermöglicht, beobachten wir als nächstes $$3a_{4k+2} + 2a_{4k+3} + a_{4k+4} = (a_{4k+2} + a_{4k+4}) + 2(a_{4k+2} + a_{4k+3}),$$ daher
$$\begin{align} S &= \sum_{k=0}^\infty \left(3 \frac{\log(4k+2)}{4k+2} - \frac{\log(4k+3)}{4k+3} - \frac{\log(4k+4)}{4k+4} - \frac{\log(4k+5)}{4k+5}\right) \\ &= \sum_{k=0}^\infty (3a_{4k+2} + 2a_{4k+3} + a_{4k+4}) \\ &= \sum_{k=1}^\infty a_{2k} + \sum_{k=0}^\infty 2(a_{4k+2} + a_{4k+3}). \tag{2} \end{align} $$
Wir beobachten als nächstes $$2(a_{4k+2} + a_{4k+3}) = \frac{\log(4k+2)}{2k+1} - \frac{\log(4k+4)}{2k+2} = a_{2k+1} + \left(\frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+2}\right)\log 2.$$ Daher
$$\sum_{k=0}^\infty 2(a_{4k+2} + a_{4k+3}) = \sum_{k=0}^\infty a_{2k+1} + \log 2 \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} = \sum_{k=0}^\infty a_{2k+1} + \log^2 2. \tag{3}$$
Zum Schluss setzen $(1)$, $(2)$, und $(3)$ zusammen ergibt das gewünschte Ergebnis: $$S = \log^2 2 + \sum_{k=1}^\infty a_{2k} + \sum_{k=0}^\infty a_{2k+1} = \log^2 2 + \sum_{k=1}^\infty a_k = \log^2 2.$$
Dies ist keine wirkliche Antwort, aber für einen Kommentar zu lang. Ich wollte nur eine andere mögliche Richtung teilen, in die man dieses Problem nehmen könnte. Unsere Summe ist$$S=\frac{3\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 3)}{3} -\frac{\ln( 4)}{4} -\frac{\ln( 5)}{5} +...$$ Wir können die Begriffe jedoch wie folgt umgruppieren $$S=\left(\frac{\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 3)}{3}\right) +\left(\frac{\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 4)}{4}\right) +\left(\frac{\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 5)}{5}\right) +...$$ Damit, $$S=\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\ln(4k+2)}{4k+2}-\frac{\ln(4k+3)}{4k+3}\right]+\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\ln(4k+2)}{4k+2}-\frac{\ln(4k+4)}{4k+4}\right]+\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\ln(4k+2)}{4k+2}-\frac{\ln(4k+5)}{4k+5}\right]$$ Wenn man jedoch Gesetze der Logarithmen verwendet und unseren Index verschiebt, kann man dies stattdessen als angeben $$S=\ln\left(\prod_{k=1}^\infty \frac{(4k-2)^{4k-2}}{(4k-1)^{4k-1}}\right)+\ln\left(\prod_{k=1}^\infty \frac{(4k-2)^{4k-2}}{(4k)^{4k}}\right)+\ln\left(\prod_{k=1}^\infty \frac{(4k-2)^{4k-2}}{(4k+1)^{4k+1}}\right)$$ Das Schöne ist, dass all diese Produkte definitiv konvergieren, da sie alle monoton ansteigen und von oben begrenzt werden $1$. Diese Produkte erinnern mich an das etwas bekannte Produkt$$\prod_{n=1}^\infty \frac{n^{\frac{1}{n}}}{(n+1)^{\frac{1}{n+1}}}=1$$ Vielleicht kann jemand etwas Sinnvolles über Produkte der Form sagen $$P(a,b,c)=\prod_{k=1}^\infty \frac{(ak+b)^{\frac{1}{ak+b}}}{(ak+c)^{\frac{1}{ak+c}}}$$ Ich bin ziemlich neugierig darauf.