Yakınsayan garip seriler

Question

Bu seriyi değerlendirmeye çalışıyorum $$S= \sum_{n=2}^{\infty} a_n \frac{\ln (n)}{n}$$ Ama bazı koşullarım var $a_n$sorunu zorlaştırıyor. Yani,$a_n=3$ için $n = 2 \mod 4$ ve $a_n = -1$ aksi takdirde.

2 mod 4 = 2 sadece bir sayı olsa da, yorumlarda bir arkadaş 2 [mod 4] 'ün 2,6,10 değerlerini aldığını öne sürdü, ki bu tabii ki mantıklı. Anlamında$a_n$ gibi gidecek $(3 -1 -1 -1 +3 -1 -1 -1 +3 + ...)$ için $n=2,3,4 ...$.

Bunun gibi bir toplama sabiti üzerinde kısıtlamalarım varken yakınsama testini nasıl yapacağımı gerçekten bilmiyorum. Toplamı daha basit bir forma yeniden yazmaya çalıştım, iki farklı için iki toplamda ayırmaya çalıştım$a_n$Ama bunu nasıl yapacağımı gerçekten bilmiyorum ve orada sıkıştığım yer var

Answer 1

Bunun koşullu olarak yakınsak olduğu gerçeğiyle biraz gevşek oynamaya istekliysak, şu gerçeği kullanabiliriz: $3 -1 -1 -1 = (2 + 1) + (-1) + (-2 + 1) - 1$seriyi iki alternatif seriye bölmek için: \ 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} burada son adımda şu sonucu kullanıyoruz$\sum_{n=1}^\infty(-1)^n/n = -\ln(2)$.

Serinin yakınsadığını kanıtlamaya gelince, çünkü $\ln(n)/n$ monoton bir şekilde azalırsa, bunu kullanabilmeniz gerekir. $\liminf$ ve $\limsup$ Kısmi toplamların% 'si eşittir.

Answer 2

Verilen dizinin şu şekilde yazılabileceğini buldum: $$a_n = \cos (\pi n)-\cos \left(\frac{\pi n}{2}\right)-\cos \left(\frac{3 \pi n}{2}\right)$$ ve $$\sum _{n=2}^{\infty } \left(\cos (\pi n)-\cos \left(\frac{\pi n}{2}\right)-\cos \left(\frac{3 \pi n}{2}\right)\right)\frac{\ln (n)}{n}=\frac{1}{2} \left(2 \ln^2 2+2 \gamma \ln 2-2 \gamma \log 2\right)=\ln^2 2$$

Answer 3

Yorumlarda da belirttiğim gibi, bu 2017 William Lowell Putnam yarışmasından B-4 Sorusu. Kolaylık sağlamak için, yorumumdaki bağlantıdan sağlanan iki çözümden ilkini sunuyorum. Kredi almıyorum - sadece ifadelerde küçük değişiklikler yapıldı.

Temel fikir, yardımcı bir teleskop serisini terimlerle tanımlamaktır. $$a_k = \frac{\log k}{k} - \frac{\log (k+1)}{k+1},$$ önemsiz olarak sahip olduğumuz $$\sum_{k=1}^\infty a_k = 0. \tag{1}$$ Dan beri $a_k > 0$ için $k \ge 3$biz de görüyoruz $(1)$ kesinlikle yakınsak.

Koşullarının yeniden düzenlenmesine izin veren böyle bir seri oluşturduktan sonra, şimdi $$3a_{4k+2} + 2a_{4k+3} + a_{4k+4} = (a_{4k+2} + a_{4k+4}) + 2(a_{4k+2} + a_{4k+3}),$$ dolayısıyla

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

Sonra gözlemliyoruz $$2(a_{4k+2} + a_{4k+3}) = \frac{\log(4k+2)}{2k+1} - \frac{\log(4k+4)}{2k+2} = a_{2k+1} + \left(\frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+2}\right)\log 2.$$ Bu nedenle

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

Son olarak, koyarak $(1)$, $(2)$, ve $(3)$ birlikte istenen sonucu verir: $$S = \log^2 2 + \sum_{k=1}^\infty a_{2k} + \sum_{k=0}^\infty a_{2k+1} = \log^2 2 + \sum_{k=1}^\infty a_k = \log^2 2.$$

Answer 4

Bu gerçekten bir cevap değil ama yorum yapmak için çok uzun. Ben sadece bu problemin alınabileceği olası başka bir yönü paylaşmak istedim. Bizim toplamımız$$S=\frac{3\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 3)}{3} -\frac{\ln( 4)}{4} -\frac{\ln( 5)}{5} +...$$ Ancak terimleri şu şekilde yeniden gruplandırabiliriz: $$S=\left(\frac{\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 3)}{3}\right) +\left(\frac{\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 4)}{4}\right) +\left(\frac{\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 5)}{5}\right) +...$$ Yani, $$S=\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\ln(4k+2)}{4k+2}-\frac{\ln(4k+3)}{4k+3}\right]+\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\ln(4k+2)}{4k+2}-\frac{\ln(4k+4)}{4k+4}\right]+\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\ln(4k+2)}{4k+2}-\frac{\ln(4k+5)}{4k+5}\right]$$ Ancak, logaritma yasalarını kullanarak ve indeksimizi değiştirerek, bunun yerine bunu şöyle ifade edebiliriz $$S=\ln\left(\prod_{k=1}^\infty \frac{(4k-2)^{4k-2}}{(4k-1)^{4k-1}}\right)+\ln\left(\prod_{k=1}^\infty \frac{(4k-2)^{4k-2}}{(4k)^{4k}}\right)+\ln\left(\prod_{k=1}^\infty \frac{(4k-2)^{4k-2}}{(4k+1)^{4k+1}}\right)$$ İşin güzel yanı, tüm bu ürünlerin kesinlikle yakınsamasıdır, çünkü hepsi monotondur ve yukarıdan $1$. Bu ürünler bana biraz iyi bilinen ürünü hatırlatıyor$$\prod_{n=1}^\infty \frac{n^{\frac{1}{n}}}{(n+1)^{\frac{1}{n+1}}}=1$$ Belki birisi formun ürünleri hakkında anlamlı bir şeyler söyleyebilir $$P(a,b,c)=\prod_{k=1}^\infty \frac{(ak+b)^{\frac{1}{ak+b}}}{(ak+c)^{\frac{1}{ak+c}}}$$ Bunu oldukça merak ediyorum.