ซีรีส์มาบรรจบกันหรือไม่?

Question

ปล่อย $g \colon \mathbb{N} \rightarrow \{0,1\}$ ดังนั้น $g(n)=0$, ถ้า $n \equiv 0$ หรือ $n \equiv 1 ~(\bmod~4)$; หรือ$g(n)=1$, ถ้า $n \equiv 2$ คุณ $n \equiv 3 ~(\bmod~4)$.

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

ซีรีย์ก็เรื่องแบบนี้

• ถ้า $n=1$แล้ว $\frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}} = \frac{(-1)^{0}}{\sqrt{1}} = 1$, ผลรวมบางส่วนของ 1

• ถ้า $n=2$แล้ว $\frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}} = \frac{(-1)^{1}}{\sqrt{2}} \approx -0.707$ผลรวมบางส่วนของ $\approx$ 0.293

• ถ้า $n=3$แล้ว $\frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}} = \frac{(-1)^{1}}{\sqrt{3}} \approx -0.577$ผลรวมบางส่วนของ $\approx$ -0.284

• ถ้า $n=4$แล้ว $\frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}} = \frac{(-1)^{0}}{\sqrt{4}} = 0.5$ผลรวมบางส่วนของ $\approx$ 0.216

• $\cdot\cdot\cdot$ และดำเนินต่อไป

ฉันคิดจะทำอะไร?

1. แตกซีรีส์ (โทร $a_n$) เป็นสอง ($b_n$ และ $c_n$) ที่ไหน $b_n$ คือแง่บวกและทำให้แง่ลบ = $0$; และ$c_n$ เป็นเพียงเงื่อนไขเชิงลบและเงื่อนไขที่เป็นดัชนีของค่าบวก = $0$. ดังนั้นเราจึงมีความเท่าเทียมกันของ$a_n = b_n - c_n$. ถ้าฉันแสดงอย่างนั้น$b_n$ หรือ $c_n$ แตกต่างจากนั้น $a_n$ แตกต่าง?
2. ฉันรู้โดยใช้ Alternate Series Test นั่น $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ มาบรรจบกัน แต่ก็หมายความเช่นกัน $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{g(n)}}{\sqrt{n}}$บรรจบกัน? มันจัดลำดับใหม่ไม่ถูกต้องดังนั้นฉันจึงมีข้อสงสัย

ฉันไม่แน่ใจในวิธีการใด ๆ ดังนั้นฉันจึงมาที่นี่ ขอขอบคุณ.

Answer 1

ลู่ชุดโดยการทดสอบ Dirichlet ของ ในสัญกรณ์ของบทความ Wikipedia ให้$a_n=\frac1{\sqrt n}$และปล่อยให้ $b_n=(-1)^{g(n)}$. แล้ว$\mid\sum_{k=1}^n b_k\mid\leq2$ และการทดสอบใช้

Answer 2

ฉันคิดว่า $$\sum_{m=0}^\infty\left(\frac1{\sqrt{4m+1}}-\frac1{\sqrt{4m+2}} -\frac1{\sqrt{4m+3}}+\frac1{\sqrt{4m+4}}\right).$$ ทฤษฎีบทค่าเฉลี่ยหมายถึงทั้งสองอย่าง $$\frac1{\sqrt{4m+1}}-\frac1{\sqrt{4m+2}}$$ และ $$-\frac1{\sqrt{4m+3}}+\frac1{\sqrt{4m+4}}$$ คือ $O(m^{-3/2})$ดังนั้นชุดนี้จึงมาบรรจบกันโดยเปรียบเทียบกับ $\sum_{m=1}^\infty m^{-3/2}$ .

Answer 3

เรามี

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

ตอนนี้โปรดทราบว่าสำหรับ $n\equiv 2\ (\text{mod}\ 4)$ เรามีเงื่อนไข

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

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

นั่นคือผลรวมสามารถเขียนใหม่เป็น

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

แต่เราเห็นว่าเทอมในผลรวมนี้ลดลง เราสรุปโดยการทดสอบอนุกรมสลับที่ผลรวมมาบรรจบกัน

---

ขอการแก้ไข: โปรดทราบว่า

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

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

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

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

---

ขอการแก้ไขครั้งที่สอง: โปรดทราบว่า

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

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

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

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

$$\vdots$$

ด้านซ้ายมือคือคำศัพท์ที่เราพบในขณะที่ด้านขวามือเป็นข้อกำหนดดั้งเดิม

Answer 4

สำหรับการพิสูจน์การบรรจบกันอีกครั้งเราสามารถเขียนผลรวมใหม่ด้วย $a^{-1/2}=\pi^{-1/2}\int_0^\infty x^{-1/2}e^{-ax}dx$ เช่น$$\pi^{-1/2}\sum_{m\ge0}\int_0^\infty x^{-1/2}e^{-(4m+1)x}(1-e^{-x})(1-e^{-2x})dx=\pi^{-1/2}\int_0^\infty\frac{x^{-1/2}e^{-x}(1-e^{-x})}{1+e^{-2x}}dx.$$สำหรับขนาดเล็ก $x>0$, integrand $\sim\tfrac12x^{1/2}$; สำหรับขนาดใหญ่$x$, integrand $\sim x^{-1/2}e^{-x}$.