¿Las series convergen?

Question

Dejar $g \colon \mathbb{N} \rightarrow \{0,1\}$ tal que $g(n)=0$, Si $n \equiv 0$ o $n \equiv 1 ~(\bmod~4)$; o$g(n)=1$, Si $n \equiv 2$ UNED $n \equiv 3 ~(\bmod~4)$.

Hacer $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}}$ ¿converger?

La serie es algo como esto

• Si $n=1$, luego $\frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}} = \frac{(-1)^{0}}{\sqrt{1}} = 1$, suma parcial de 1

• Si $n=2$, luego $\frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}} = \frac{(-1)^{1}}{\sqrt{2}} \approx -0.707$, suma parcial de $\approx$ 0,293

• Si $n=3$, luego $\frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}} = \frac{(-1)^{1}}{\sqrt{3}} \approx -0.577$, suma parcial de $\approx$ -0,284

• Si $n=4$, luego $\frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}} = \frac{(-1)^{0}}{\sqrt{4}} = 0.5$, suma parcial de $\approx$ 0,216

• $\cdot\cdot\cdot$ y sigue

¿Qué pensé hacer?

1. Rompe la serie (llámalo $a_n$) En dos ($b_n$ y $c_n$), dónde $b_n$ son los términos positivos y hacen que los términos negativos = $0$; y$c_n$ son solo los términos negativos, y los términos que son índices de = positivo $0$. Entonces tenemos una igualdad de$a_n = b_n - c_n$. Si muestro eso tampoco$b_n$ o $c_n$ diverge entonces $a_n$ diverge?
2. Sé, al usar la prueba de serie alternativa, que $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ converge, pero esto también significa $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}}$converge? No es propiamente un reordenamiento, así que tengo mis dudas.

No estoy seguro de ninguna de las formas, por eso estoy aquí. Gracias.

Answer 1

La serie converge mediante la prueba de Dirichlet . En la notación del artículo de Wikipedia, deje$a_n=\frac1{\sqrt n}$, y deja $b_n=(-1)^{g(n)}$. Luego$\mid\sum_{k=1}^n b_k\mid\leq2$ y se aplica la prueba.

Answer 2

creo que es $$\sum_{m=0}^\infty\left(\frac1{\sqrt{4m+1}}-\frac1{\sqrt{4m+2}} -\frac1{\sqrt{4m+3}}+\frac1{\sqrt{4m+4}}\right).$$ El teorema del valor medio implica que tanto $$\frac1{\sqrt{4m+1}}-\frac1{\sqrt{4m+2}}$$ y $$-\frac1{\sqrt{4m+3}}+\frac1{\sqrt{4m+4}}$$ son $O(m^{-3/2})$, por lo que esta serie converge en comparación con $\sum_{m=1}^\infty m^{-3/2}$ .

Answer 3

Tenemos

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}}=\frac{1}{1}-\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{4}}+\cdots$$

Ahora, tenga en cuenta que para $n\equiv 2\ (\text{mod}\ 4)$ tenemos los términos

$$\cdots-\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}+\frac{1}{\sqrt{n+2}}+\frac{1}{\sqrt{n+3}}-\cdots$$

$$\cdots-\frac{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}{\sqrt{n(n+1)}}+\frac{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+3}}{\sqrt{(n+2)(n+3)}}$$

Es decir, la suma se puede reescribir como

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}}=1+\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{\sqrt{2n}+\sqrt{2n+1}}{\sqrt{2n(2n+1)}}$$

Pero vemos que el término en esta suma está disminuyendo. Concluimos mediante la prueba de series alternas que la suma converge

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EDICIÓN SOLICITADA: Tenga en cuenta que

$$0\leq \left(\frac{\sqrt{2n}+\sqrt{2n+1}}{\sqrt{2n(2n+1)}}\right)^2=\frac{4n+1+2\sqrt{2n(2n+1)}}{2n(2n+1)}$$

$$\leq\frac{5n+2\sqrt{2n(2n+1)}}{2n(2n+1)}=\frac{5}{4n+2}+\frac{2}{\sqrt{2n(2n+1)}}$$

$$<\frac{5}{4n}+\frac{2}{\sqrt{2n(2n-n)}}=\frac{5}{4n}+\frac{2}{n\sqrt{2}}$$

$$<\frac{2}{n}+\frac{2}{n}=\frac{4}{n}\to 0$$

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SEGUNDA EDICIÓN SOLICITADA: Tenga en cuenta que

$$1=\frac{1}{1}$$

$$n=1:\ (-1)^1\frac{\sqrt{2\cdot 1}+\sqrt{2\cdot 1+1}}{\sqrt{2\cdot 1(2\cdot 1+1)}} =-\frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}}{\sqrt{2}\sqrt{3}}=-\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}$$

$$n=2:\ (-1)^2\frac{\sqrt{2\cdot 2}+\sqrt{2\cdot 2+1}}{\sqrt{2\cdot 2(2\cdot 2+1)}} =\frac{\sqrt{4}+\sqrt{5}}{\sqrt{4}\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{4}}+\frac{1}{\sqrt{5}}$$

$$n=3:\ (-1)^3\frac{\sqrt{2\cdot 3}+\sqrt{2\cdot 3+1}}{\sqrt{2\cdot 3(2\cdot 3+1)}} =-\frac{\sqrt{6}+\sqrt{7}}{\sqrt{6}\sqrt{7}}=-\frac{1}{\sqrt{6}}-\frac{1}{\sqrt{7}}$$

$$\vdots$$

El lado izquierdo son los términos que encontramos, mientras que el lado derecho son los términos originales.

Answer 4

Para otra prueba de convergencia, podemos reescribir la suma con $a^{-1/2}=\pi^{-1/2}\int_0^\infty x^{-1/2}e^{-ax}dx$ como$$\pi^{-1/2}\sum_{m\ge0}\int_0^\infty x^{-1/2}e^{-(4m+1)x}(1-e^{-x})(1-e^{-2x})dx=\pi^{-1/2}\int_0^\infty\frac{x^{-1/2}e^{-x}(1-e^{-x})}{1+e^{-2x}}dx.$$Para pequeños $x>0$, el integrando $\sim\tfrac12x^{1/2}$; para grande$x$, el integrando $\sim x^{-1/2}e^{-x}$.