Сходятся ли серии?

Question

Позволять $g \colon \mathbb{N} \rightarrow \{0,1\}$ такой, что $g(n)=0$, если $n \equiv 0$ или же $n \equiv 1 ~(\bmod~4)$; или же$g(n)=1$, если $n \equiv 2$ ОУ $n \equiv 3 ~(\bmod~4)$.

Делать $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}}$ сходятся?

Сериал примерно такой

• Если $n=1$, тогда $\frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}} = \frac{(-1)^{0}}{\sqrt{1}} = 1$, частичная сумма 1

• Если $n=2$, тогда $\frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}} = \frac{(-1)^{1}}{\sqrt{2}} \approx -0.707$, частичная сумма $\approx$ 0,293

• Если $n=3$, тогда $\frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}} = \frac{(-1)^{1}}{\sqrt{3}} \approx -0.577$, частичная сумма $\approx$ -0,284

• Если $n=4$, тогда $\frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}} = \frac{(-1)^{0}}{\sqrt{4}} = 0.5$, частичная сумма $\approx$ 0,216

• $\cdot\cdot\cdot$ и продолжается

Что я собирался делать?

1. Разбейте серию (назовите это $a_n$) на два ($b_n$ и $c_n$), где $b_n$ положительные члены и сделать отрицательные условия = $0$; и$c_n$ только отрицательные члены, а члены, которые являются индексами положительного = $0$. Итак, мы имеем равенство$a_n = b_n - c_n$. Если я покажу это$b_n$ или же $c_n$ расходится тогда $a_n$ расходится?
2. Я знаю, используя тест альтернативной серии, что $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ сходится, но означает ли это также $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}}$сходится? Это не совсем перестановка, поэтому у меня есть сомнения.

Я не уверен ни в одном из способов, поэтому я здесь. Спасибо.

Answer 1

Ряд сходится по критерию Дирихле . В обозначениях статьи Википедии пусть$a_n=\frac1{\sqrt n}$, и разреши $b_n=(-1)^{g(n)}$. потом$\mid\sum_{k=1}^n b_k\mid\leq2$ и тест применяется.

Answer 2

Я думаю это $$\sum_{m=0}^\infty\left(\frac1{\sqrt{4m+1}}-\frac1{\sqrt{4m+2}} -\frac1{\sqrt{4m+3}}+\frac1{\sqrt{4m+4}}\right).$$ Теорема о среднем значении означает, что оба $$\frac1{\sqrt{4m+1}}-\frac1{\sqrt{4m+2}}$$ и $$-\frac1{\sqrt{4m+3}}+\frac1{\sqrt{4m+4}}$$ находятся $O(m^{-3/2})$, поэтому этот ряд сходится по сравнению с $\sum_{m=1}^\infty m^{-3/2}$ .

Answer 3

У нас есть

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

Обратите внимание, что для $n\equiv 2\ (\text{mod}\ 4)$ у нас есть условия

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

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

То есть сумму можно переписать как

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

Но мы видим, что член в этой сумме уменьшается. С помощью теста переменного ряда заключаем, что сумма сходится

---

ЗАПРОС РЕДАКТИРОВАНИЯ: Обратите внимание, что

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

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

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

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

---

ВТОРОЙ ЗАПРОС РЕДАКТИРОВАНИЯ: Обратите внимание, что

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

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

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

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

$$\vdots$$

Левая часть - это термины, которые мы нашли, а правая часть - исходные термины.

Answer 4

Для еще одного доказательства сходимости мы можем переписать сумму как $a^{-1/2}=\pi^{-1/2}\int_0^\infty x^{-1/2}e^{-ax}dx$ в виде$$\pi^{-1/2}\sum_{m\ge0}\int_0^\infty x^{-1/2}e^{-(4m+1)x}(1-e^{-x})(1-e^{-2x})dx=\pi^{-1/2}\int_0^\infty\frac{x^{-1/2}e^{-x}(1-e^{-x})}{1+e^{-2x}}dx.$$Для малых $x>0$, подынтегральное выражение $\sim\tfrac12x^{1/2}$; для больших$x$, подынтегральное выражение $\sim x^{-1/2}e^{-x}$.