Συγκλίνει η σειρά;

Tolaso J Kos · #1

Να εξεταστεί αν συγκλίνει η επόμενη σειρά: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\left ( 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots +\frac{(-1)^{n-1}}{n} \right )}$

Δεν έχω λύση.

#2

Tolaso J Kos έγραψε:Να εξεταστεί αν συγκλίνει η επόμενη σειρά: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\left ( 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots +\frac{(-1)^{n-1}}{n} \right )}$

Συγκλίνει.

Είναι γνωστό ότι $\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n} = \ln 2}$ . Έπεται (απλό από το γεγονός ότι η σειρά είναι εναλλάσουσα) ότι $\displaystyle{ \sum_{n=1}^{N}\frac{(-1)^{n+1}} {n}= \ln 2+ O \left ( \frac {1}{N} \right ) }$ .

Τώρα, το δοθέν άθροισμα ισούται

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n} \ln 2+ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\left ( 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots +\frac{(-1)^{n-1}}{n} -\ln 2\right )}$ .

Και τα δύο αθροίσματα συγκλίνουν: Το μεν πρώτο ως εναλλάσουσα και το δεύτερο κατ' απόλυτο είναι μικρότερο ή ίσο του $\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\cdot \frac {c}{n} = c\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}}$ , που συγκλίνει.

Φιλικά,

Μιχάλης

Tolaso J Kos · #3

Ευχαριστώ πολύ κ. Μιχάλη.

Ερώτηση: Μπορούμε να το υπολογίσουμε;

galactus · #4

Είναι ένα εναλλασσόμενο άθροισμα του Euler.

Ορίζουμε $\displaystyle H_{n}^{-}=1-\frac{1}{2}+......+\frac{(-1)^{n-1}}{n}$

επομένως η σειρά είναι η $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}H_{n}^{-}}{n}$

Υπάρχει μια γεννήτρια συνάρτηση για αυτήν:

$\displaystyle \frac{\log(1+x)}{1-x}=\sum_{n=1}^{\infty}H_{n}^{-}x^{n}$

Τώρα, παρατηρούμε ότι $\displaystyle \frac{\log(1+x)}{1-x}=\frac{d}{dx}Li_{2}(\frac{1-x}{2})+\frac{\log(2)}{1-x}$

Επομένως:

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}H_{n}^{-}x^{n}=\frac{d}{dx}Li_{2}(\frac{1-x}{2})+\frac{\log(2)}{1-x}$

Ολοκληρώνοντας και τα δύο μέλη:

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1}H_{n}^{-}=Li_{2}(\frac{1-x}{2})-Li_{2}(1/2)-\log(2)\log(1-x)$

Αλλά, αφού $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1}H_{n}^{-}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n}H_{n}^{-}+Li_{2}(-x)$ , έχουμε :

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n}H_{n}^{-}=Li_{2}(\frac{1-x}{2})-Li_{2}(-x)-Li_{2}(1/2)-\log(2)\log(1-x)$

Τώρα, για x=-1

, και πολλαπλασιάζοντας, κατόπιν, όλους τους όρους με -1 γιατί θέλουμε να έχουμε $(-1)^{n+1}$ προκύπτει:

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}H_{n}^{-}}{n}=-Li_{2}(1)+Li_{2}(1)+Li_{2}(1/2)+\log^{2}(2)$

Αλλά, $\displaystyle Li_{2}(1/2)=\frac{\pi^{2}}{12}-1/2\log^{2}(2)$ , έτσι τελικά έχουμε:

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}H_{n}^{-}}{n}=\frac{\pi^{2}}{12}+1/2\log^{2}(2)$

#5

Είναι το 3624 του Crux και είχε προταθεί από τον Ovidiu Furdui. Εδώ μια από τις 4 λύσεις που είχαν δημοσιευθεί.

Συγκλίνει η σειρά;

Συγκλίνει η σειρά;

Re: Συγκλίνει η σειρά;

Re: Συγκλίνει η σειρά;

Re: Συγκλίνει η σειρά;

Re: Συγκλίνει η σειρά;

Μέλη σε σύνδεση