Extraña serie que converge
Estoy tratando de evaluar esta serie $$S= \sum_{n=2}^{\infty} a_n \frac{\ln (n)}{n}$$ Pero tengo algunas condiciones en $a_n$dificultando el problema. A saber,$a_n=3$ para $n = 2 \mod 4$ y $a_n = -1$ de otra manera.
Aunque 2 mod 4 = 2 es solo un número, un amigo en los comentarios sugirió que el 2 [mod 4] toma valores 2,6,10, ... lo que por supuesto tiene sentido. Significa que$a_n$ irá como $(3 -1 -1 -1 +3 -1 -1 -1 +3 + ...)$ para $n=2,3,4 ...$.
Realmente no sé cómo hacer una prueba de convergencia cuando tengo restricciones en una constante de suma como esta. Intenté reescribir la suma a una forma más simple, intenté separar en dos sumas para los dos diferentes$a_n$pero realmente no sé cómo hacerlo y ahí es donde estoy atrapado ...
Respuestas
Si estamos dispuestos a jugar un poco con el hecho de que esto es condicionalmente convergente, podemos usar el hecho de que $3 -1 -1 -1 = (2 + 1) + (-1) + (-2 + 1) - 1$para dividir la serie en dos series alternas: \ 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} donde en el último paso usamos el resultado que$\sum_{n=1}^\infty(-1)^n/n = -\ln(2)$.
En cuanto a probar que la serie converge, ya que $\ln(n)/n$ disminuye monótonamente, debería poder usar ese $\liminf$ y $\limsup$ de las sumas parciales son iguales.
Descubrí que la secuencia dada se puede escribir como $$a_n = \cos (\pi n)-\cos \left(\frac{\pi n}{2}\right)-\cos \left(\frac{3 \pi n}{2}\right)$$ y $$\sum _{n=2}^{\infty } \left(\cos (\pi n)-\cos \left(\frac{\pi n}{2}\right)-\cos \left(\frac{3 \pi n}{2}\right)\right)\frac{\ln (n)}{n}=\frac{1}{2} \left(2 \ln^2 2+2 \gamma \ln 2-2 \gamma \log 2\right)=\ln^2 2$$
Como señalé en los comentarios, esta es la Pregunta B-4 del concurso William Lowell Putnam 2017. Para mayor comodidad, proporciono la primera de las dos soluciones proporcionadas desde el enlace en mi comentario. No me atribuyo el mérito, solo se hicieron cambios menores en la redacción.
La idea clave es definir una serie telescópica auxiliar con términos $$a_k = \frac{\log k}{k} - \frac{\log (k+1)}{k+1},$$ por lo que trivialmente tenemos $$\sum_{k=1}^\infty a_k = 0. \tag{1}$$ Ya que $a_k > 0$ para $k \ge 3$, también vemos que $(1)$ es absolutamente convergente.
Habiendo construido tal serie que permite la reordenación de sus términos, a continuación observamos $$3a_{4k+2} + 2a_{4k+3} + a_{4k+4} = (a_{4k+2} + a_{4k+4}) + 2(a_{4k+2} + a_{4k+3}),$$ por lo tanto
$$\begin{align} S &= \sum_{k=0}^\infty \left(3 \frac{\log(4k+2)}{4k+2} - \frac{\log(4k+3)}{4k+3} - \frac{\log(4k+4)}{4k+4} - \frac{\log(4k+5)}{4k+5}\right) \\ &= \sum_{k=0}^\infty (3a_{4k+2} + 2a_{4k+3} + a_{4k+4}) \\ &= \sum_{k=1}^\infty a_{2k} + \sum_{k=0}^\infty 2(a_{4k+2} + a_{4k+3}). \tag{2} \end{align} $$
A continuación observamos $$2(a_{4k+2} + a_{4k+3}) = \frac{\log(4k+2)}{2k+1} - \frac{\log(4k+4)}{2k+2} = a_{2k+1} + \left(\frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+2}\right)\log 2.$$ Por lo tanto
$$\sum_{k=0}^\infty 2(a_{4k+2} + a_{4k+3}) = \sum_{k=0}^\infty a_{2k+1} + \log 2 \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} = \sum_{k=0}^\infty a_{2k+1} + \log^2 2. \tag{3}$$
Finalmente, poniendo $(1)$, $(2)$y $(3)$ juntos produce el resultado deseado: $$S = \log^2 2 + \sum_{k=1}^\infty a_{2k} + \sum_{k=0}^\infty a_{2k+1} = \log^2 2 + \sum_{k=1}^\infty a_k = \log^2 2.$$
Esta no es realmente una respuesta, pero es demasiado larga para un comentario. Solo quería compartir otra posible dirección en la que se podría tomar este problema. Nuestra suma es$$S=\frac{3\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 3)}{3} -\frac{\ln( 4)}{4} -\frac{\ln( 5)}{5} +...$$ Pero, podemos reagrupar los términos como $$S=\left(\frac{\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 3)}{3}\right) +\left(\frac{\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 4)}{4}\right) +\left(\frac{\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 5)}{5}\right) +...$$ Entonces, $$S=\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\ln(4k+2)}{4k+2}-\frac{\ln(4k+3)}{4k+3}\right]+\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\ln(4k+2)}{4k+2}-\frac{\ln(4k+4)}{4k+4}\right]+\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\ln(4k+2)}{4k+2}-\frac{\ln(4k+5)}{4k+5}\right]$$ Sin embargo, usando las leyes de los logaritmos y cambiando nuestro índice, uno puede en cambio afirmar esto como $$S=\ln\left(\prod_{k=1}^\infty \frac{(4k-2)^{4k-2}}{(4k-1)^{4k-1}}\right)+\ln\left(\prod_{k=1}^\infty \frac{(4k-2)^{4k-2}}{(4k)^{4k}}\right)+\ln\left(\prod_{k=1}^\infty \frac{(4k-2)^{4k-2}}{(4k+1)^{4k+1}}\right)$$ Lo bueno es que todos estos productos convergen definitivamente, ya que todos son monótonos en aumento y delimitados desde arriba por $1$. Estos productos me recuerdan al producto algo conocido$$\prod_{n=1}^\infty \frac{n^{\frac{1}{n}}}{(n+1)^{\frac{1}{n+1}}}=1$$ Quizás alguien pueda decir algo significativo sobre los productos de la forma $$P(a,b,c)=\prod_{k=1}^\infty \frac{(ak+b)^{\frac{1}{ak+b}}}{(ak+c)^{\frac{1}{ak+c}}}$$ Tengo mucha curiosidad por esto.