Strana serie che converge

Question

Sto cercando di valutare questa serie $$S= \sum_{n=2}^{\infty} a_n \frac{\ln (n)}{n}$$ Ma ho alcune condizioni $a_n$rendendo difficile il problema. Vale a dire,$a_n=3$ per $n = 2 \mod 4$ e $a_n = -1$ altrimenti.

Sebbene 2 mod 4 = 2 sia solo un numero, un amico nei commenti ha suggerito che 2 [mod 4] assume valori 2,6,10, ... il che ovviamente ha senso. Intendendo che$a_n$ andrà come $(3 -1 -1 -1 +3 -1 -1 -1 +3 + ...)$ per $n=2,3,4 ...$.

Non so davvero come eseguire il test di convergenza quando ho vincoli su una costante di somma come questa. Ho provato a riscrivere la somma in una forma più semplice, ho provato a separare è a due somme per i due diversi$a_n$Ma non so davvero come farlo ed è lì che sono bloccato ...

Answer 1

Se siamo disposti a giocare un po 'sciolto con il fatto che questo è condizionatamente convergente, possiamo usare il fatto che $3 -1 -1 -1 = (2 + 1) + (-1) + (-2 + 1) - 1$per dividere la serie in due serie alternate: \ 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} dove nell'ultimo passaggio usiamo il risultato that$\sum_{n=1}^\infty(-1)^n/n = -\ln(2)$.

Quanto a dimostrare che la serie converge, da allora $\ln(n)/n$ diminuisce in modo monotono, dovresti essere in grado di usarlo per mostrare che il file $\liminf$ e $\limsup$ delle somme parziali sono uguali.

Answer 2

Ho scoperto che la sequenza data può essere scritta come $$a_n = \cos (\pi n)-\cos \left(\frac{\pi n}{2}\right)-\cos \left(\frac{3 \pi n}{2}\right)$$ e $$\sum _{n=2}^{\infty } \left(\cos (\pi n)-\cos \left(\frac{\pi n}{2}\right)-\cos \left(\frac{3 \pi n}{2}\right)\right)\frac{\ln (n)}{n}=\frac{1}{2} \left(2 \ln^2 2+2 \gamma \ln 2-2 \gamma \log 2\right)=\ln^2 2$$

Answer 3

Come ho sottolineato nei commenti, questa è la domanda B-4 del concorso William Lowell Putnam del 2017. Per comodità, sto fornendo la prima delle due soluzioni fornite dal link nel mio commento. Non prendo alcun merito - sono state apportate solo piccole modifiche al fraseggio.

L'intuizione chiave è definire una serie telescopica ausiliaria con termini $$a_k = \frac{\log k}{k} - \frac{\log (k+1)}{k+1},$$ per cui banalmente abbiamo $$\sum_{k=1}^\infty a_k = 0. \tag{1}$$ Da $a_k > 0$ per $k \ge 3$, lo vediamo anche $(1)$ è assolutamente convergente.

Avendo costruito una serie di questo tipo che consente il riarrangiamento dei suoi termini, osserviamo ora $$3a_{4k+2} + 2a_{4k+3} + a_{4k+4} = (a_{4k+2} + a_{4k+4}) + 2(a_{4k+2} + a_{4k+3}),$$ quindi

$$\begin{align} S &= \sum_{k=0}^\infty \left(3 \frac{\log(4k+2)}{4k+2} - \frac{\log(4k+3)}{4k+3} - \frac{\log(4k+4)}{4k+4} - \frac{\log(4k+5)}{4k+5}\right) \\ &= \sum_{k=0}^\infty (3a_{4k+2} + 2a_{4k+3} + a_{4k+4}) \\ &= \sum_{k=1}^\infty a_{2k} + \sum_{k=0}^\infty 2(a_{4k+2} + a_{4k+3}). \tag{2} \end{align} $$

Successivamente osserviamo $$2(a_{4k+2} + a_{4k+3}) = \frac{\log(4k+2)}{2k+1} - \frac{\log(4k+4)}{2k+2} = a_{2k+1} + \left(\frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+2}\right)\log 2.$$ Quindi

$$\sum_{k=0}^\infty 2(a_{4k+2} + a_{4k+3}) = \sum_{k=0}^\infty a_{2k+1} + \log 2 \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} = \sum_{k=0}^\infty a_{2k+1} + \log^2 2. \tag{3}$$

Infine, mettendo $(1)$, $(2)$, e $(3)$ insieme produce il risultato desiderato: $$S = \log^2 2 + \sum_{k=1}^\infty a_{2k} + \sum_{k=0}^\infty a_{2k+1} = \log^2 2 + \sum_{k=1}^\infty a_k = \log^2 2.$$

Answer 4

Questa non è davvero una risposta, ma è troppo lunga per un commento. Volevo solo condividere un'altra possibile direzione in cui si potrebbe prendere questo problema. La nostra somma è$$S=\frac{3\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 3)}{3} -\frac{\ln( 4)}{4} -\frac{\ln( 5)}{5} +...$$ Ma possiamo raggruppare i termini come $$S=\left(\frac{\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 3)}{3}\right) +\left(\frac{\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 4)}{4}\right) +\left(\frac{\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 5)}{5}\right) +...$$ Così, $$S=\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\ln(4k+2)}{4k+2}-\frac{\ln(4k+3)}{4k+3}\right]+\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\ln(4k+2)}{4k+2}-\frac{\ln(4k+4)}{4k+4}\right]+\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\ln(4k+2)}{4k+2}-\frac{\ln(4k+5)}{4k+5}\right]$$ Tuttavia, utilizzando le leggi dei logaritmi e spostando il nostro indice, è possibile affermarlo come $$S=\ln\left(\prod_{k=1}^\infty \frac{(4k-2)^{4k-2}}{(4k-1)^{4k-1}}\right)+\ln\left(\prod_{k=1}^\infty \frac{(4k-2)^{4k-2}}{(4k)^{4k}}\right)+\ln\left(\prod_{k=1}^\infty \frac{(4k-2)^{4k-2}}{(4k+1)^{4k+1}}\right)$$ La cosa bella è che tutti questi prodotti convergono decisamente, poiché sono tutti monotoni in aumento e delimitati dall'alto da $1$. Questi prodotti mi ricordano il prodotto piuttosto noto$$\prod_{n=1}^\infty \frac{n^{\frac{1}{n}}}{(n+1)^{\frac{1}{n+1}}}=1$$ Forse qualcuno può dire qualcosa di significativo sui prodotti della forma $$P(a,b,c)=\prod_{k=1}^\infty \frac{(ak+b)^{\frac{1}{ak+b}}}{(ak+c)^{\frac{1}{ak+c}}}$$ Sono piuttosto curioso di questo.