A série converge?
Deixei $g \colon \mathbb{N} \rightarrow \{0,1\}$ de tal modo que $g(n)=0$, E se $n \equiv 0$ ou $n \equiv 1 ~(\bmod~4)$; ou$g(n)=1$, E se $n \equiv 2$ ou $n \equiv 3 ~(\bmod~4)$.
Faz $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}}$ convergir?
A série é algo assim
E se $n=1$, então $\frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}} = \frac{(-1)^{0}}{\sqrt{1}} = 1$, soma parcial de 1
E se $n=2$, então $\frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}} = \frac{(-1)^{1}}{\sqrt{2}} \approx -0.707$, soma parcial de $\approx$ 0,293
E se $n=3$, então $\frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}} = \frac{(-1)^{1}}{\sqrt{3}} \approx -0.577$, soma parcial de $\approx$ -0,284
E se $n=4$, então $\frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}} = \frac{(-1)^{0}}{\sqrt{4}} = 0.5$, soma parcial de $\approx$ 0,216
$\cdot\cdot\cdot$ e continua
O que pensei em fazer?
- Quebre a série (chame isso $a_n$) em dois ($b_n$ e $c_n$), Onde $b_n$ são os termos positivos e torna os termos negativos = $0$; e$c_n$ são apenas os termos negativos, e os termos que são índices de positivo = $0$. Portanto, temos uma igualdade de$a_n = b_n - c_n$. Se eu mostrar isso também$b_n$ ou $c_n$ diverge então $a_n$ diverge?
- Eu sei, usando o Teste de Série Alternativo, que $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ converge, mas isso também significa $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}}$converge? Não é propriamente um reordenamento, então tenho minhas dúvidas.
Não tenho certeza de nenhum dos caminhos, então é por isso que estou aqui. Obrigado.
Respostas
A série converge pelo teste de Dirichlet . Na notação do artigo da Wikipedia, deixe$a_n=\frac1{\sqrt n}$, e deixar $b_n=(-1)^{g(n)}$. Então$\mid\sum_{k=1}^n b_k\mid\leq2$ e o teste se aplica.
Eu acho que isso é $$\sum_{m=0}^\infty\left(\frac1{\sqrt{4m+1}}-\frac1{\sqrt{4m+2}} -\frac1{\sqrt{4m+3}}+\frac1{\sqrt{4m+4}}\right).$$ O teorema do valor médio implica que ambos $$\frac1{\sqrt{4m+1}}-\frac1{\sqrt{4m+2}}$$ e $$-\frac1{\sqrt{4m+3}}+\frac1{\sqrt{4m+4}}$$ está $O(m^{-3/2})$, e assim esta série converge em comparação com $\sum_{m=1}^\infty m^{-3/2}$ .
Nós temos
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}}=\frac{1}{1}-\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{4}}+\cdots$$
Agora, observe que para $n\equiv 2\ (\text{mod}\ 4)$ nós temos os termos
$$\cdots-\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}+\frac{1}{\sqrt{n+2}}+\frac{1}{\sqrt{n+3}}-\cdots$$
$$\cdots-\frac{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}{\sqrt{n(n+1)}}+\frac{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+3}}{\sqrt{(n+2)(n+3)}}$$
Ou seja, a soma pode ser reescrita como
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}}=1+\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{\sqrt{2n}+\sqrt{2n+1}}{\sqrt{2n(2n+1)}}$$
Mas vemos que o prazo nesta soma está diminuindo. Concluímos pelo teste de séries alternadas que a soma converge
EDIÇÃO SOLICITADA: Observe que
$$0\leq \left(\frac{\sqrt{2n}+\sqrt{2n+1}}{\sqrt{2n(2n+1)}}\right)^2=\frac{4n+1+2\sqrt{2n(2n+1)}}{2n(2n+1)}$$
$$\leq\frac{5n+2\sqrt{2n(2n+1)}}{2n(2n+1)}=\frac{5}{4n+2}+\frac{2}{\sqrt{2n(2n+1)}}$$
$$<\frac{5}{4n}+\frac{2}{\sqrt{2n(2n-n)}}=\frac{5}{4n}+\frac{2}{n\sqrt{2}}$$
$$<\frac{2}{n}+\frac{2}{n}=\frac{4}{n}\to 0$$
SEGUNDA EDIÇÃO SOLICITADA: Observe que
$$1=\frac{1}{1}$$
$$n=1:\ (-1)^1\frac{\sqrt{2\cdot 1}+\sqrt{2\cdot 1+1}}{\sqrt{2\cdot 1(2\cdot 1+1)}} =-\frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}}{\sqrt{2}\sqrt{3}}=-\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}$$
$$n=2:\ (-1)^2\frac{\sqrt{2\cdot 2}+\sqrt{2\cdot 2+1}}{\sqrt{2\cdot 2(2\cdot 2+1)}} =\frac{\sqrt{4}+\sqrt{5}}{\sqrt{4}\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{4}}+\frac{1}{\sqrt{5}}$$
$$n=3:\ (-1)^3\frac{\sqrt{2\cdot 3}+\sqrt{2\cdot 3+1}}{\sqrt{2\cdot 3(2\cdot 3+1)}} =-\frac{\sqrt{6}+\sqrt{7}}{\sqrt{6}\sqrt{7}}=-\frac{1}{\sqrt{6}}-\frac{1}{\sqrt{7}}$$
$$\vdots$$
O lado esquerdo são os termos que encontramos, enquanto o lado direito são os termos originais.
Para outra prova de convergência, podemos reescrever a soma com $a^{-1/2}=\pi^{-1/2}\int_0^\infty x^{-1/2}e^{-ax}dx$ 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 pequeno $x>0$, o integrando $\sim\tfrac12x^{1/2}$; para grande$x$, o integrando $\sim x^{-1/2}e^{-x}$.