Matemáticas universitarias — Grado 1 · Bachelor Year 1

17Serie numérica

Sumar infinitos números significa tomar el límite del parcial sumas — nada más y nada menos. Este capítulo conjuntos hasta el definiciones y pruebas de convergencia utilizables en el primer año: comparación y equivalentes para términos positivos, el prueba de relación, el Comparación integral que proporciona serie de riemann, convergencia absoluta, y el teorema series alternas. La teoría más fina (productos de serie, sumatoria por paquetes, serie de funciones) pertenece al segundo año.

17.1 Generalidades

Definición 17.1

Dada una secuencia $(u_n)$ , la serie $\sum u_n$ es la secuencia de sumas parciales $S_N = \sum_{n=0}^{N} u_n$ . La serie converge cuando $(S_N)$ converge; el límite es el suma $\sum_{n=0}^{\infty} u_n$ y $R_N = \sum_{n > N} u_n = S - S_N$ es resto, que tiende a $0$ .

Ejemplo 17.2 (Serie geométrica)

Para $q \in \C$ : $\;S_N = \sum_{n=0}^{N} q^n = \frac{1 - q^{N+1}}{1-q}$ ( $q \neq 1$ ). El serie converge si $\abs q < 1$ (Ejercicio 11.3), con

\sum_{n=0}^{\infty} q^n = \frac{1}{1 - q} .

Ejemplo 17.3 (Los decimales periódicos son series geométricas)

¿Qué número es $0.363636\dots$ ? Su escritura misma es un serie:

0.\overline{36} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{36}{100^k} = 36\cdot\frac{1/100}{1 - 1/100} = \frac{36}{99} = \frac{4}{11} ,

por la suma geométrica con $q = \frac{1}{100}$ . En general un vale la pena bloquear $B$ de dígitos $p$ que se repiten para siempre $\frac{B}{10^p - 1}$ — el mecanismo detrás de la periodicidad criterio de Problema 10.1, que el lenguaje de este capítulo finalmente dice en una línea: a expansión decimal es un convergente serie, eventualmente periódica exactamente cuando su suma es racional. La maquinaria digital del Capítulo 10, construida allí con desnudos suprema, era la teoría serie viajando de incógnito.

Proposición 17.4 (primeros hechos)

Si $\sum u_n$ converge, entonces $u_n \to 0$ . (Lo contrario es FALSO: el armónico serie.)
Linealidad: convergente serie suma y escala, con el esperado sumas.
(Telescopia) $\sum (v_{n+1} - v_n)$ converge si $(v_n)$ converge, con la suma $\lim v_n - v_0$ .
Cambiar un número finito de términos no afecta la convergencia (solo la suma).

Demostración. (1) $u_N = S_N - S_{N-1} \to S - S = 0$ . El armónico serie tiene $u_n = \frac1n \to 0$ aún diverge (Ejercicio 11.5). (2) Operaciones sobre límites. (3) $S_N = v_{N+1} - v_0$ . (4) El parcial las sumas cambian en una cantidad finalmente constante. ∎

Ejemplo 17.5 (Dígitos de planificación con resto geométrico)

Para $\abs q < 1$ el resto del serie geométrica es explícito:

R_N = \sum_{n = N+1}^{\infty} q^n = \frac{q^{N+1}}{1 - q} .

Esto convierte los objetivos de precisión en recuentos de términos antes de cualquier cálculo. Para evaluar $\sum_{n\geq0} \bigl(\frac13\bigr)^n = \frac32$ dentro de $10^{-10}$ : necesita $\frac{(1/3)^{N+1}}{2/3} \leq 10^{-10}$ , es decir $3^{N} \geq \frac{3}{2}\cdot 10^{10}$ , es decir $N \geq 22$ (como $3^{22} \approx 3.1\cdot10^{10}$ ): veintitrés términos, conocidos de antemano. Cada estimación de tasa geométrica de la problemas de fin de semana (la serie $\frac13$ para $\ln 2$ , Machin’s arctangentes en Problema 16.1) es este presupuesto de dos líneas en vestimenta profesional.

Ejemplo 17.6 (Un telescopio más largo)

Calcule $\sum_{n\geq1} \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ . Parcial fracciones (Capítulo 9):

\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1/2}{n} - \frac{1}{n+1} + \frac{1/2}{n+2} = \frac12\Bigl(\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\Bigr),

donde la segunda forma — una diferencia de valores consecutivos de $w_n = \frac{1}{n(n+1)}$ — es el telescópico. Por lo tanto

\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac12\Bigl(w_1 - w_{N+1}\Bigr) = \frac12\Bigl(\frac12 - \frac{1}{(N+1)(N+2)}\Bigr) \longrightarrow \frac14 .

La idea final: las fracciones parciales de tres términos rara vez telescopio tal como está escrito; primero reagruparlos en una diferencia $w_n - w_{n+1}$ — la recompensa no es solo la convergencia sino la suma exacta, que ninguna prueba de comparación ofrece jamás.

17.2 Series con términos no negativos

Teorema 17.7 (Sumas parciales acotadas)

Si $u_n \geq 0$ para todo $n$ , las sumas parciales aumentan, entonces: $\sum u_n$ converge $\iff$ sus sumas parciales están acotadas arriba. De ahí el prueba de comparación: si $0 \leq u_n \leq v_n$ para todos (grande) $n$ ,

\sum v_n \text{ converges} \implies \sum u_n \text{ converges}, \qquad \sum u_n \text{ diverges} \implies \sum v_n \text{ diverges}.

Y el prueba de equivalentes: si $u_n \sim v_n$ con $v_n \geq 0$ , los dos serie tienen la misma naturaleza.

Demostración. Teorema del límite monótono (Teorema 11.9) para el primero punto; comparación de sumas parciales para el segundo. Equivalentes: para grande $n$ , $\frac12 v_n \leq u_n \leq 2 v_n$ (definición de $\sim$ con $\varepsilon = \frac12$ ), y la comparación se aplica en ambos sentidos. ∎

Ejemplo 17.8 (Un equivalente que demuestra divergencia)

¿Naturaleza de $\sum_{n\geq1} n\sin\dfrac{1}{n^2}$ ? desde $\frac{1}{n^2} \to 0$ y $\sin h \sim h$ en $0$ :

n\sin\frac{1}{n^2} \;\sim\; n\cdot\frac{1}{n^2} = \frac1n ,

y la prueba de equivalentes transfiere la divergencia de la armónico serie: divergente — aunque los términos tienden a $0$ . Una ampliación, una escala, un veredicto; los mismos dos pasos patrón (equivalente, luego Riemann o búsqueda geométrica) decide los cuatro serie de Ejercicio 17.3.

Ejemplo 17.9 (La prueba de equivalentes en una línea)

¿Naturaleza de $\sum_{n \geq 1} \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt n}{n}$ ? Conjuga el numerador:

\frac{\sqrt{n+1} - \sqrt n}{n} = \frac{1}{n\,(\sqrt{n+1} + \sqrt n)} \sim \frac{1}{2\,n^{3/2}} ,

una escala de Riemann convergente ( $\alpha = \frac32 > 1$ ): la serie converge. Toda la decisión requirió un equivalente y una búsqueda. — siempre que los términos no sean negativos, que lo son. el Información final: para serie positivo, toda la convergencia La teoría es un diccionario de escalas ( $n^{-\alpha}$ , $q^n$ , $\frac{1}{n(\ln n)^\alpha}$ ) más la licencia para reemplazar un término por un equivalente; el trabajo analítico está en las asintóticas (Capítulo 16), nunca en la sumatoria.

Teorema 17.10 (Comparación integral; Serie Riemann)

Sea $f$ continuo, no negativo y decreciente en $\intco{1}{+\infty}$ . entonces

\int_1^{N+1} f(t)\,\dd t \;\leq\; \sum_{n=1}^{N} f(n) \;\leq\; f(1) + \int_1^{N} f(t)\,\dd t ,

entonces $\sum f(n)$ converge si $\bigl(\int_1^x f\bigr)$ está acotado. en en particular, para $\alpha \in \R$ :

\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^\alpha} \text{ converges} \iff \alpha > 1,

y $\sum_{n=1}^{N} \frac1n = \ln N + O(1)$ .

Demostración. Para $n \leq t \leq n+1$ , la monotonicidad da $f(n+1) \leq f(t) \leq f(n)$ ; integrando sobre $\intcc{n}{n+1}$ (un segmento de longitud $1$ ):

f(n+1) \;\leq\; \int_n^{n+1} f(t)\,\dd t \;\leq\; f(n) .

Sumar las desigualdades correctas para $n = 1, \dots, N-1$ da $\int_1^{N} f \leq \sum_{n=1}^{N-1} f(n)$ , de ahí la parte superior encuadre después de agregar $f(N) \leq f(1)$ ; sumando los de la izquierda para $n = 1, \dots, N$ da $\sum_{n=2}^{N+1} f(n) \leq \int_1^{N+1} f$ , que después de la reindexación es el marco inferior. Convergencia: las sumas parciales y el integrales $\int_1^x f$ unidos entre sí dentro de la constante $f(1)$ , y ambos están no decreciente, por lo que uno está acotado si el otro es (Teorema 17.7). Para $f(t) = t^{-\alpha}$ ( $\alpha \neq 1$ ): $\int_1^x t^{-\alpha}\dd t = \frac{x^{1-\alpha} - 1}{1 - \alpha}$ , acotado si $\alpha > 1$ ; para $\alpha = 1$ el integral es $\ln x \to \infty$ , y el encuadre da $\ln(N+1) \leq H_N \leq 1 + \ln N$ . Para $\alpha \leq 0$ el Los términos no tienden a $0$ . ∎

Ejemplo 17.11 (La pila armónica)

¿Cuántos términos debe acumular el armónico serie para pasar $20$ ? El encuadre $\ln(N+1) \leq H_N \leq 1 + \ln N$ responde sin suma total: $H_N \geq 20$ requiere $1 + \ln N \geq 20$ , es decir, $N \geq \eu^{19} \approx 1.8\cdot10^{8}$ , y está garantizado una vez $\ln(N + 1) \geq 20$ , es decir $N \approx \eu^{20} \approx 4.9\cdot10^{8}$ . (El problema del fin de semana agudiza esto a $N \approx \eu^{20 - \gamma} \approx 2.7\cdot10^{8}$ vía constante de euler). La conclusión final: la comparación integral no se limita simplemente decidir convergencia — es localiza sumas parciales con precisión logarítmica, convirtiendo un cálculo desesperado (cientos de millones de términos) en una estimación de dos líneas.

Teorema 17.12 (Prueba de relación (d’Alembert))

Vamos $u_n > 0$ con $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to \ell$ .

Si $\ell < 1$ : $\sum u_n$ converge;
si $\ell > 1$ : $u_n \to +\infty$ , divergencia;
si $\ell = 1$ : sin conclusión ( $\sum \frac1n$ diverge, $\sum \frac{1}{n^2}$ converge).

Demostración. Si $\ell < 1$ , corrija $q \in \intoo{\ell}{1}$ : más allá de algunos $N$ , $u_{n+1} \leq q\,u_n$ , entonces $u_n \leq u_N q^{\,n-N}$ por inducción: comparación con un serie geométrica. Si $\ell > 1$ : más allá de algunos $N$ la secuencia $(u_n)$ es creciente, por lo que no puede tender a $0$ (su límite, en caso de existir, es $\geq u_N > 0$ ); por Proposición 17.4 (1), divergencia — y de hecho $u_n \geq u_N q^{n-N}$ con $q > 1$ da $u_n \to \infty$ . ∎

Ejemplo 17.13

$\sum \frac{x^n}{n!}$ converge para cada $x > 0$ : relación $\frac{x}{n+1} \to 0$ . Su suma es $\eu^x$ : por Taylor–Lagrange (Teorema 16.7) en $\intcc{0}{x}$ ,

\Bigl| \eu^x - \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} \Bigr| \leq \eu^{x}\, \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 ,

el límite tiende a $0$ porque domina el factorial (Ejercicio 15.9 (1) utilizó el mismo hecho). lo mismo El argumento suma $\sin$ , $\cos$ , $\sinh$ , $\cosh$ serie en todos $\R$ .

Ejemplo 17.14 (La prueba de relación es suficiente, no necesaria)

Sea $u_n = 2^{-n}$ para $n$ par y $u_n = 2^{-n-2}$ para impar $n$ . Los ratios consecutivos oscilan entre $\frac{1}{8}$ y $\frac12\cdot4 = 2$ , por lo que $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ no tiene límite y d’Alembert es mudo — sin embargo $u_n \leq 2^{-n}$ y la comparación La prueba resuelve la convergencia al instante. La hipótesis de la prueba (la ratio converge) es una restricción real: se adapta a los términos con una estructura multiplicativa dominante (factoriales, potencias), y falla en todo lo que respira. Cuando las proporciones se comportan mal, retrocedamos a la comparación con una envolvente geométrica — que es todo lo que alguna vez fue el prueba de relación, como lo demuestra su prueba.

Ejemplo 17.15 (Prueba de ratio en batallas factoriales)

Naturaleza de $\sum_{n\geq0} \dfrac{(n!)^2}{(2n)!}$ (recíprocos de la central coeficientes binomiales, hasta el factor $n + 1$ )? La relación colapsa los factoriales:

\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{((n+1)!)^2}{(n!)^2}\cdot\frac{(2n)!}{(2n+2)!} = \frac{(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)} \longrightarrow \frac14 < 1 :

convergente, con espacio de sobra — los términos decaen esencialmente como $4^{-n}$ , consistente con $\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}$ de Problema 15.1. el cierre Insight: los cocientes de factoriales son exactamente lo que prueba de relación digiere — cada factorial se cancela en una función racional de $n$ , cuyo límite se lee en los términos principales.

17.3 Convergencia absoluta; series alternas

Teorema 17.16 (Convergencia absoluta)

Si $\sum \abs{u_n}$ converge (absoluto convergencia), entonces $\sum u_n$ converge, y $\bigl|\sum u_n\bigr| \leq \sum \abs{u_n}$ . Esto es cierto o términos complejos.

Demostración. Las sumas parciales satisfacen, para $M > N$ (criterio de Cauchy, Teorema 11.20):

\abs{S_M - S_N} = \Bigl| \sum_{n=N+1}^{M} u_n \Bigr| \leq \sum_{n=N+1}^{M} \abs{u_n},

que es pequeño para grande $N$ ya que las sumas parciales de $\sum\abs{u_n}$ formar un secuencia de cauchy. Entonces $(S_N)$ es Cauchy, por lo tanto convergente. el la desigualdad pasa al límite de la desigualdad del triángulo finito. ∎

Ejemplo 17.17 (Convergencia absoluta, real y compleja)

$\sum_{n\geq1} \frac{\sin n}{n^2}$ : los términos cambian de signo erráticamente (de hecho $(\sin n)$ es denso en $\intcc{-1}{1}$ , Ejercicio 11.12), y no hay ninguna estructura alterna en vista. Convergencia absoluta rescata todo de una vez: $\bigl|\frac{\sin n}{n^2}\bigr| \leq \frac{1}{n^2}$ , un escala convergente, por lo que el serie converge. El mismo escudo funciona. sobre $\C$ : $\sum_{n\geq1}\frac{\eu^{\iu n}}{n^2}$ converge porque $\bigl|\frac{\eu^{\iu n}}{n^2}\bigr| = \frac{1}{n^2}$ — los patrones de signos, incluso los bidimensionales, son irrelevantes una vez que los módulos son sumables. La idea final: absoluto convergencia es la única herramienta de este capítulo que nunca pregunta cómo los carteles están organizados; pruébalo primero (Método 17.21), y reservar las pruebas delicadas para el serie que lo falla.

Teorema 17.18 (Prueba de series alternativas)

Sea $(a_n)$ decreciente con $a_n \to 0$ . Entonces alternando serie $\sum (-1)^n a_n$ converge; su suma se encuentra entre dos cualesquiera sumas parciales consecutivas, y

\abs{R_N} = \Bigl| \sum_{n > N} (-1)^n a_n \Bigr| \leq a_{N+1} .

Demostración. Las sumas parciales pares e impares son adyacentes: $S_{2p+2} - S_{2p} = a_{2p+2} - a_{2p+1} \leq 0$ (decreciente), $S_{2p+1} - S_{2p-1} = a_{2p} - a_{2p+1} \geq 0$ (creciente) y $S_{2p} - S_{2p+1} = a_{2p+1} \to 0$ . Por Teorema 11.11 comparten un límite $S$ , que los dos criterios subsecuencias (Proposición 11.14) hace el límite de $(S_N)$ ; además $S$ está atrapado entre sumas parciales consecutivas, y $\abs{S - S_N}$ es como máximo la brecha con el siguiente, $a_{N+1}$ . ∎

Ejemplo 17.19 (Serie armónica alterna)

$\sum_{n \geq 1} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ converge (prueba alternante) pero no del todo (armónico serie). Su suma es $\ln 2$ : del identidad geométrica finita $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1} (-t)^k + \frac{(-t)^n}{1+t}$ , integrar sobre $\intcc{0}{1}$ :

\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\,\dd t , \qquad 0 \leq \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\,\dd t \leq \frac{1}{n+1} \to 0 .

La convergencia es dolorosamente lenta ( $R_N \approx \frac{1}{N}$ ) — series alternas convergen por cancelación, no por pequeñez.

Las sumas parciales S_N del armónico alterno serie 1 - 1/2 + 1/3 - salta por encima de su límite 2 en cada paso: sumas impares desde arriba, sumas pares desde a continuación, cada salto de tamaño 1/N+1. El paréntesis es el prueba de hecha visible — y el lento cierre de las tenazas (|S_N - 2| 1/2N, problema de fin de semana ) es el motivo nadie calcula 2 de esta manera. — Las sumas parciales $S_N$ del armónico alterno serie $1 - \frac12 + \frac13 - \cdots$ salta por encima de su límite $\ln 2$ en cada paso: sumas impares desde arriba, sumas pares desde a continuación, cada salto de tamaño $\frac{1}{N+1}$ . El paréntesis es el prueba de Teorema 17.18 hecha visible — y el lento cierre de las tenazas ( $\abs{S_N - \ln 2} \approx \frac{1}{2N}$ , problema de fin de semana Problema 17.1) es el motivo nadie calcula $\ln 2$ de esta manera.

Observación 17.20 (Errores comunes de las series.)

(i) La prueba de equivalentes necesita un signo.: sean $v_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ y $u_n = v_n + \frac1n$ . entonces $\frac{u_n}{v_n} = 1 + \frac{(-1)^n}{\sqrt n} \to 1$ , entonces $u_n \sim v_n$ ; sin embargo, $\sum v_n$ converge (prueba alterna) mientras $\sum u_n = \sum v_n + \sum \frac1n$ diverge. Equivalencia controla el tamaño de términos y el tamaño serie firmado no es el destino — la prueba es declarada y verdadera, porque (eventualmente) solo términos no negativos. (ii) $u_n \to 0$ proves nothing: el armónico serie es el eterno contraejemplo; la dirección inversa (Proposición 17.4 (1)) es sólo una divergencia rápida prueba. (iii) El límite de relación $1$ es silencio, no convergencia: tanto $\sum\frac1n$ como $\sum\frac{1}{n^2}$ tienen relación $\to 1$ ; cambiar a escalas Riemann o comparación integral. (iv) Necesidades alternas decrecientes: $\sum \frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ parece alternar y se maneja sólo por ampliación (Ejercicio 17.5); el problema del fin de semana de Capítulo 16 (pregunta 23 allí) muestra que la prueba puede fracasar rotundamente sin monotonicidad. (v) Agrupación y reordenar no es libre: insertar paréntesis es inofensivo para convergente serie pero puede crear convergencia a partir de divergencia ( $1 - 1 + 1 - \cdots$ agrupados en pares), y se puede reordenar cambiar la suma misma — el drama escenificado en este capítulo problema de fin de semana (Problema 17.1).

Método 17.21 (Decidir la naturaleza de una serie.)

¿ $u_n \to 0$ ? Si no, divergencia, basta.
Términos no negativos: busque un equivalente de $u_n$ (expansiones, Capítulo 16!), comparar con Riemann o geométrico escalas; factoriales y potencias requieren el prueba de relación; la disminución de $f(n)$ requiere una comparación de integral.
Los signos varían: pruebe primero con convergencia absoluta; si falla, el prueba alterna (verifique cuidadosamente decreciente); más allá eso, herramientas de segundo año.

Ejemplo 17.22 (Denominadores impares, la mitad del telescopio)

Calcule $\sum_{n \geq 1} \dfrac{1}{4n^2 - 1}$ . Parcial fracciones: $\frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac12\bigl(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\bigr)$ , entonces

\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{4n^2 - 1} = \frac12\Bigl(1 - \frac{1}{2N+1}\Bigr) \longrightarrow \frac12 .

Comparar con $\sum \frac{1}{n(n+1)} = 1$ (Ejercicio 17.1): mismo esqueleto telescópico, pero el Los términos consecutivos aquí están separados por dos en los números impares, y el factor $\frac12$ registra el paso. La idea final: telescopar es un cambio de punto de vista, no un truco — siempre que el término general es una diferencia $w_n - w_{n+1}$ de una secuencia con un límite, la suma es $w_1 - \lim w$ , exactamente Proposición 17.4 (3).

Observación 17.23 (El proceso de análisis, en retrospectiva.)

Este capítulo es donde converge el análisis del volumen, y cada la prueba nombra a su antepasado. Sumas parciales acotadas es lo monótono teorema del límite (Capítulo 11), en sí mismo el axioma de completitud de Capítulo 10; convergencia absoluta es el Cauchy criterio; la prueba integral es la de Capítulo 15 encuadre de áreas; equivalentes de términos generales son Expansiones de Capítulo 16; y el teorema de la alternancia es el lema de secuencias adyacentes con su ropa dominical. leer Al revés, el canal explica en qué consistió cada capítulo. para — y los problemas del fin de semana lo atravesaron ( $b$ -dígitos ádicos, Cesàro–Stolz, las máquinas de irracionalidad, constante de euler) son las mismas pocas ideas que se encuentran en niveles superiores y mayor altitud. El álgebra lineal que sigue cambia tema, no estándares: el hábito de exacto enunciados con El error certificado sobrevive al paso de los límites a las dimensiones.

Observación 17.24 (Adónde irá la serie a continuación)

Este capítulo cierra el análisis del volumen abre y tres puertas. En el volumen del Año 2, serie adquiere una variable ( $\sum a_n x^n$ : potencia serie, con su radio de convergencia) y luego una teoría valorada en funciones (Fourier serie); la dicotomía convergencia absoluta versus condicional, dramatizada en el El problema del fin de semana que aparece a continuación se convierte en la piedra angular de ambos. en probabilidad (volumen del año 3), expectativas de azar discreto variables son serie, y convergencia absoluta es lo que los hace bien definidos. Y el serie de riemann $\sum n^{-s}$ , empujado al complejo $s$ , se convierte en la función zeta — el único la mayoría estudió serie en matemáticas.

17.4 Ceremonias

Ejercicio 17.1 ★

Naturaleza (y suma, al observar) de:

\sum_{n\geq1} \frac{1}{n(n+1)}, \qquad \sum_{n\geq2} \ln\Bigl(1 - \frac{1}{n^2}\Bigr), \qquad \sum_{n\geq0} \frac{3^n + 4^n}{5^n} .

Solución

Solución de Ejercicio 17.1.

$\dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac1n - \dfrac{1}{n+1}$ : telescópico, $S_N = 1 - \frac{1}{N+1} \to 1$ . Convergente, suma $1$ .

$\ln\bigl(1 - \frac{1}{n^2}\bigr) = \ln\frac{(n-1)(n+1)}{n^2} = \ln\frac{n-1}{n} - \ln\frac{n}{n+1}$ : telescópico nuevamente, $S_N = \ln\frac12 - \ln\frac{N}{N+1} \to -\ln 2$ . Convergente, suma $-\ln 2$ .

$\dfrac{3^n + 4^n}{5^n} = \bigl(\frac35\bigr)^n + \bigl(\frac45\bigr)^n$ : dos serie geométrica convergentes, suma $\frac{1}{1 - 3/5} + \frac{1}{1 - 4/5} = \frac52 + 5 = \frac{15}{2}$ .

Ejercicio 17.2 ★

Naturaleza de: $\;\sum \dfrac{n^2}{2^n}$ ; $\;\sum \dfrac{n!}{n^n}$ ; $\;\sum \dfrac{2^n\,n!}{n^n}$ ; $\;\sum \dfrac{3^n\,n!}{n^n}$ . (prueba de relación; recall $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n \to \eu$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 17.2.

prueba de relación en todas partes.

$\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)^2}{2n^2} \to \frac12 < 1$ : convergente.

$\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)!\,n^n}{n!\,(n+1)^{n+1}} = \bigl(\frac{n}{n+1}\bigr)^n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{-n} \to \frac1\eu < 1$ : convergente.

Con el factor $2^n$ : ratio $\to \frac2\eu < 1$ : convergente.

Con $3^n$ : relación $\to \frac3\eu > 1$ : divergente (los términos tienden a $+\infty$ ).

Ejercicio 17.3 ★

Naturaleza de: $\;\sum \sin\dfrac{1}{n^2}$ ; $\;\sum \Bigl(1 - \cos\dfrac1n\Bigr)$ ; $\;\sum \dfrac{1}{\sqrt{n(n+1)}}$ ; $\;\sum \dfrac{\ln n}{n^2}$ (compare with $n^{-3/2}$ ).

Solución

Solución de Ejercicio 17.3.

Todos los términos no negativos; usar equivalentes (Teorema 17.7).

$\sin\frac{1}{n^2} \sim \frac{1}{n^2}$ : convergente (Riemann $\alpha = 2$ ).

$1 - \cos\frac1n \sim \frac{1}{2n^2}$ : convergente.

$\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}} \sim \frac1n$ : divergente.

$\frac{\ln n}{n^2} = \frac{1}{n^{3/2}}\cdot\frac{\ln n}{n^{1/2}}$ y $\frac{\ln n}{\sqrt n} \to 0$ (Proposición 4.6): entonces $\frac{\ln n}{n^2} \leq \frac{1}{n^{3/2}}$ para $n$ grande: convergente.

Ejercicio 17.4 ★

Demuestre que $\sum_{n\geq1} \frac{1}{n^2}$ converge con la suma $\leq 2$ , usando $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)}$ para $n \geq 2$ y un cota telescópica.

Solución

Solución de Ejercicio 17.4.

Para $n \geq 2$ : $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)} = \frac{1}{n-1} - \frac1n$ . Por lo tanto

\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^2} \leq 1 + \sum_{n=2}^{N} \Bigl(\frac{1}{n-1} - \frac1n\Bigr) = 1 + 1 - \frac1N < 2 :

sumas parciales crecientes y acotadas por $2$ : convergencia (Teorema 17.7), suma $\leq 2$ . (El valor exacto $\frac{\pi^2}{6}$ es una celebración del segundo año).

Ejercicio 17.5 ★★

Naturaleza de $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{\sqrt n}$ , de $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ , (ampliar: la prueba alterna no no se aplica directamente — ¿por qué?) y de $\;\sum \sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\,\bigr)$ , (reduce modulo $\pi$ : $\sqrt{n^2+1} = n + \frac{1}{2n} + O(n^{-3})$ ).

Solución

Solución de Ejercicio 17.5.

$\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ : alternando con $\frac{1}{\sqrt n} \downarrow 0$ : convergente (Teorema 17.18); no absolutamente ( $\alpha = \frac12 \leq 1$ ).

$\sum \frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ : la secuencia $\frac{1}{n + (-1)^n}$ es no decreciente ( $\frac{1}{n+1}$ luego $\frac{1}{n}$ alternan mal), por lo que la prueba no se aplica directamente. Ampliar:

\frac{(-1)^n}{n + (-1)^n} = \frac{(-1)^n}{n}\cdot\frac{1}{1 + \frac{(-1)^n}{n}} = \frac{(-1)^n}{n} - \frac{1}{n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr):

el primer serie converge (alternando), $\sum \frac{1}{n^2}$ converge, el $O(n^{-3})$ converge absolutamente: la suma de tres convergente serie converge.

$\sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\bigr)$ : escriba $\sqrt{n^2 + 1} = n + \frac{1}{2n} + \varepsilon_n$ con $\varepsilon_n = O(n^{-3})$ ; luego, por $\pi$ -periodicidad de $\sin$ hasta firmar,

\sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\bigr) = (-1)^n \sin\Bigl(\frac{\pi}{2n} + \pi\varepsilon_n\Bigr) .

Configure $\theta_n = \frac{\pi}{2n} + \pi\varepsilon_n$ y $a_n = \sin\theta_n$ . Para grandes $n$ , $\theta_n \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ y

\theta_n - \theta_{n+1} = \frac{\pi}{2n(n+1)} + \pi(\varepsilon_n - \varepsilon_{n+1}) = \frac{\pi}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) > 0

eventualmente, $(\theta_n)$ disminuye a $0$ ; ya que $\sin$ es aumentando en $\intcc{0}{\frac\pi2}$ , $(a_n)$ disminuye a $0$ a medida bueno. Se aplica la prueba de alternancia: convergente — no absolutamente, desde $a_n \sim \frac{\pi}{2n}$ .

Ejercicio 17.6 ★★

¿Para qué $\alpha > 0$ converge $\sum_{n \geq 2} \dfrac{1}{n (\ln n)^{\alpha}}$ ? (Integral comparison; substitute $u = \ln t$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 17.6.

$f(t) = \frac{1}{t(\ln t)^\alpha}$ es positivo, continuo, disminuyendo en $\intco{2}{+\infty}$ . Sustituyendo $u = \ln t$ :

\int_2^x \frac{\dd t}{t(\ln t)^\alpha} = \int_{\ln 2}^{\ln x} \frac{\dd u}{u^\alpha},

delimitado como $x \to \infty$ y si $\alpha > 1$ (cálculo de Teorema 17.10). Por integral comparación: convergencia si $\alpha > 1$ . (Estos tipo Bertrand serie muestra qué tan fino es el límite de convergencia: $n\ln n$ diverge, $n(\ln n)^{1.01}$ converge).

Ejercicio 17.7 ★★

Sea $u_n = \dfrac{1}{n} - \ln\Bigl(1 + \dfrac1n\Bigr)$ . demostrar que $0 \leq u_n \leq \dfrac{1}{2n^2}$ , que $\sum u_n$ converge, y deducir la existencia de constante de euler:

\gamma = \lim_{N \to \infty} \Bigl( \sum_{n=1}^{N} \frac 1n - \ln N \Bigr) .

Solución

Solución de Ejercicio 17.7.

Por los límites de la línea tangente de Ejercicio 14.3 reescrito mediante ampliaciones: para $x = \frac1n \in \intoc{0}{1}$ , Taylor–Lagrange para $\ln(1+x)$ en el pedido $1$ da $\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2(1 + c)^2}$ para algunos $c \in \intoo{0}{x}$ , por lo que

0 \leq u_n = \frac1n - \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) \leq \frac{1}{2n^2} .

Comparación con el serie de riemann: $\sum u_n$ converge. es parcial la suma telescopio los logaritmos:

\sum_{n=1}^{N} u_n = H_N - \ln(N+1)

(desde $\sum_{n\leq N} \ln\frac{n+1}{n} = \ln(N+1)$ ). Entonces $H_N - \ln(N+1)$ converge; agregando $\ln\frac{N+1}{N} \to 0$ , la secuencia $H_N - \ln N$ converge. Su límite es $\gamma \approx 0.5772$ .

Ejercicio 17.8 ★★

Calcular las sumas

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+2)} \qquad\text{and}\qquad \sum_{n=0}^{\infty} \frac{n}{2^n} .

(For the first: partial fractions. For the second: compute $\sum_{n=1}^{N} n x^{n-1}$ in closed form and let $N \to \infty$ at $x = \frac12$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 17.8.

$\dfrac{1}{n(n+2)} = \dfrac{1/2}{n} - \dfrac{1/2}{n+2}$ : el parcial telescopios de suma con un retraso de $2$ ,

S_N = \frac12\Bigl(1 + \frac12 - \frac{1}{N+1} - \frac{1}{N+2}\Bigr) \longrightarrow \frac34 .

$\sum \frac{n}{2^n}$ : para $\abs x < 1$ , diferenciando lo finito suma geométrica y pasando al límite (todos serie aquí convergen absolutamente, prueba de relación): de $\sum_{n\geq0} x^n = \frac{1}{1-x}$ , se obtiene mediante cálculo directo con sumas parciales

\sum_{n=1}^{N} n x^{n-1} = \frac{1 - (N+1)x^N + N x^{N+1}}{(1 - x)^2} \xrightarrow[N\to\infty]{} \frac{1}{(1-x)^2} \quad (\abs x < 1),

(los términos límite $N x^N \to 0$ ). En $x = \frac12$ : $\sum_{n\geq1} n\bigl(\frac12\bigr)^{n-1} = 4$ , entonces $\sum_{n\geq0} \frac{n}{2^n} = \frac12 \times 4 = 2$ .

Ejercicio 17.9 ★★★

(Condensación de Cauchy) Sea $(u_n)$ no negativo y decreciente. demostrar que

\sum_{n \geq 1} u_n \text{ converges} \iff \sum_{k \geq 0} 2^k\, u_{2^k} \text{ converges},

comparando paquetes de términos entre potencias consecutivas de $2$ . Recuperar de él el criterio de Riemann y Ejercicio 17.6.

Solución

Solución de Ejercicio 17.9.

Agrupe los términos de $\sum u_n$ en paquetes entre potencias de $2$ . Paquetes superiores: para $2^k \leq n < 2^{k+1}$ hay términos $2^k$ , cada $\leq u_{2^k}$ :

\sum_{n=1}^{2^{K+1}-1} u_n = \sum_{k=0}^{K} \sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} u_n \leq \sum_{k=0}^{K} 2^k u_{2^k} .

Paquetes inferiores: cada término del mismo paquete es $\geq u_{2^{k+1}}$ , entonces $\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} u_n \geq 2^k u_{2^{k+1}} = \frac12 \cdot 2^{k+1} u_{2^{k+1}}$ , de donde

\sum_{n=1}^{2^{K+1}-1} u_n \geq \frac12 \sum_{k=1}^{K+1} 2^{k} u_{2^{k}} .

Ambas comparaciones de suma parcial van en ambos sentidos (términos no negativos, Teorema 17.7): los dos serie tienen la misma naturaleza.

Riemann: $u_n = n^{-\alpha}$ da $2^k u_{2^k} = 2^{k(1-\alpha)}$ , un serie geométrica, convergente si $2^{1 - \alpha} < 1$ si $\alpha > 1$ . Bertrand (Ejercicio 17.6): $u_n = \frac{1}{n(\ln n)^\alpha}$ da $2^k u_{2^k} = \frac{1}{(k\ln 2)^\alpha}$ , un serie de riemann en $k$ : convergente si $\alpha > 1$ .

Ejercicio 17.10 ★★★

Utilizando la identidad integral de Ejemplo 17.19 adaptada a $\frac{1}{1+t^2}$ , demuestra la fórmula de Leibniz

\frac{\pi}{4} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} = 1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \cdots

con el error vinculado $\abs{R_N} \leq \frac{1}{2N+3}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 17.10.

Identidad geométrica finita con relación $-t^2$ :

\frac{1}{1 + t^2} = \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^n t^{2n}}{1 + t^2} .

Integrar sobre $\intcc{0}{1}$ (el lado izquierdo se integra a $\arctan 1 = \frac\pi4$ , Proposición 4.10):

\frac{\pi}{4} = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{2k+1} + (-1)^n \int_0^1 \frac{t^{2n}}{1+t^2}\,\dd t, \qquad 0 \leq \int_0^1 \frac{t^{2n}}{1+t^2}\,\dd t \leq \int_0^1 t^{2n}\dd t = \frac{1}{2n+1} .

Dejar que $n \to \infty$ pruebe la fórmula y el límite mostrado en el integral es exactamente el límite restante: después de sumar hasta $N$ (es decir, términos $n = N + 1$ ), $\abs{R_N} \leq \frac{1}{2N + 3}$ .

Ejercicio 17.11 ★★

Naturaleza de $\displaystyle\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^{1 + 1/n}}$ . (Calcule el límite de $n^{1/n}$ y encuentre un equivalente de el término general: la prueba de Riemann necesita un fijado exponente.)

Solución

Solución de Ejercicio 17.11.

$n^{1/n} = \eu^{\frac{\ln n}{n}} \to \eu^0 = 1$ (Proposición 4.6). Por lo tanto

\frac{1}{n^{1 + 1/n}} = \frac{1}{n}\,\eu^{-\frac{\ln n}{n}} \sim \frac{1}{n} ,

y la prueba de equivalentes (Teorema 17.7) se compara con el armónico divergente serie: divergente, aunque cada exponente $1 + \frac1n$ excede a $1$ . El Riemann el criterio se refiere a un exponente fijado $\alpha$ ; un exponente deslizarse hacia $1$ puede perder todo su margen, como aquí.

Ejercicio 17.12 ★★★

Sea $(u_n)$ no negativo y decreciente con $\sum u_n$ convergente. Demuestre que $n\,u_n \to 0$ (bound $n\,u_{2n}$ by a slice $\sum_{k=n+1}^{2n} u_k$ and use the Cauchy criterion). Demuestre que lo contrario falla y que el La hipótesis de la monotonicidad no se puede eliminar.

Solución

Solución de Ejercicio 17.12.

Sea $\varepsilon > 0$ . Según el criterio de Cauchy para la serie convergente (Teorema 11.20 aplicado al sumas parciales), hay $N$ con $\sum_{k=n+1}^{2n} u_k \leq \varepsilon$ para $n \geq N$ . Por monotonicidad cada uno de estos $n$ términos es $\geq u_{2n}$ :

n\,u_{2n} \leq \sum_{k=n+1}^{2n} u_k \leq \varepsilon \quad\Longrightarrow\quad 2n\,u_{2n} \leq 2\varepsilon ,

y para índices impares $(2n+1)\,u_{2n+1} \leq (2n+1)\,u_{2n} \leq 2\bigl(2n\,u_{2n}\bigr) \leq 4\varepsilon$ para $n \geq N$ : en ambas paridades, $n u_n \to 0$ .

Inverso falso: $u_n = \frac{1}{n\ln n}$ tiene $n u_n = \frac{1}{\ln n} \to 0$ , pero serie diverge (Ejercicio 17.6, $\alpha = 1$ ). Monotonicidad necesaria: sea $u_n = \frac1n$ cuando $n$ es un cuadrado perfecto y $u_n = 2^{-n}$ en caso contrario: el serie converge (los términos del cuadrado suman como $\sum \frac{1}{k^2}$ , el resto geométricamente), pero $n u_n = 1$ a lo largo de los cuadrados.

17.5 Problema: la constante de Euler y la serie que cambia su suma

Problema 17.1

Problema de fin de semana — $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})$ y reorganización de $1 - \frac12 + \frac13 - \dots$ a $\frac{\ln 2}{2}$

Dos pisos comparten el armónico serie. Primero, el exacto contabilidad de su divergencia: $H_n - \ln n$ converge a Euler constante $\gamma$ (Ejercicio 17.7), y este problema afila el enunciado en una ley de dos caras $\frac{1}{2(n+1)} \leq H_n - \ln n - \gamma \leq \frac{1}{2n}$ , certificando $\gamma = 0.5772\dots$ a mano. En segundo lugar, el escándalo del condicional. convergencia: el armónico alterno serie suma $\ln 2$ (Ejemplo 17.19), aún los mismos términos, en un orden diferente, suma a $\frac{\ln 2}{2}$ — o a $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq$ para cualquier $p, q$ , o a cualquier real (Riemann). Las dos historias son una: las sumas reordenadas son calculó con la ley $\gamma$ .

Parte I — $\gamma$ , bracketed. Configure $a_n = H_n - \ln n$ y $b_n = H_n - \ln(n+1)$ .

Usando $\frac{t}{1+t} \leq \ln(1 + t) \leq t$ , muestre que $(a_n)$ disminuye, $(b_n)$ aumenta, y que son adyacente; su límite común es $\gamma$ , con $b_n \leq \gamma \leq a_n$ por cada $n$ .
Primer disparo numérico: de $H_{10} = 2.928968\dots$ , soporte $\gamma$ entre $b_{10} = 0.5311$ y $a_{10} = 0.6264$ . ¿Qué tamaño necesitaría un $n$ para este tosco soporte? por cuatro decimales?
Muestra la representación exacta de la cola $a_n - \gamma = \sum_{k \geq n} w_k$ (límite de sumas parciales), donde

$w_k = a_k - a_{k+1} = \ln\Bigl(1 + \frac1k\Bigr) - \frac{1}{k+1} = \int_k^{k+1} \frac{(k + 1 - t)}{t\,(k+1)}\,\dd t ,$

y deducir de la forma integral el límite de dos caras $\dfrac{1}{2(k+1)^2} \leq w_k \leq \dfrac{1}{2k(k+1)}$ .

Parte II — The $\frac{1}{2n}$ law.

Sume los límites de la pregunta 3 (ambos lados telescopio o comparar con telescopios) y concluir la ley:

$\frac{1}{2(n+1)} \;\leq\; H_n - \ln n - \gamma \;\leq\; \frac{1}{2n} \qquad (n \geq 1).$
Deducir $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ ; precisamente, demostrar que $\gamma_n = H_n - \ln n - \frac{1}{2n}$ satisface $-\frac{1}{2n(n+1)} \leq \gamma_n - \gamma \leq 0$ .
Certificar cuatro decimales con $n = 100$ : dado $H_{100} = 5.1873775\dots$ , calcular $\gamma_{100} = 0.577207\dots$ y concluir $\gamma = 0.5772 \pm 5\cdot10^{-5}$ (verdadero valor $0.5772156\dots$ ).
Dos dividendos de la ley, ambos necesarios después: como $m \to \infty$ ,

$H_{2m} - H_m = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr), \qquad \sum_{j=1}^{m} \frac{1}{2j-1} = \frac{\ln m}{2} + \ln 2 + \frac\gamma2 + o(1) ,$

el segundo vía $\sum_{j \leq m} \frac{1}{2j-1} = H_{2m} - \frac12 H_m$ , y también $\sum_{j=1}^{m} \frac{1}{2j} = \frac{\ln m}{2} + \frac\gamma2 + o(1)$ .

Parte III — The alternating harmonic serie, to second order.

Mostrar (inducción o agrupación) la identidad $\sum_{k=1}^{2m} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2m} - H_m$ , y deducir tanto la suma $\ln 2$ (nuevamente) como la suma exacta velocidad:

$\sum_{k=1}^{2m} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) .$
Deducir el error asintótico del armónico alterno serie en el índice cualquier: $S - S_N \sim \frac{(-1)^N}{2N}$ — dos veces más pequeño que el peor de los casos obligado $a_{N+1} \approx \frac1N$ de Teorema 17.18.
(Aceleración gratuita) Demuestre que las sumas promediadas $\tilde S_N = \frac{S_N + S_{N+1}}{2}$ satisface $\tilde S_N = \ln 2 + O\bigl(\frac{1}{N^2}\bigr)$ . Verifique: $S_{10} = 0.64563$ , $S_{11} = 0.73654$ , $\tilde S_{10} = 0.69109$ , contra $\ln 2 = 0.69315$ : una compra promedio dos decimales.
Explique en dos frases por qué ningún truco de este tipo puede ayudar a un positivo pregunta tipo fenómeno de cola divergente Corchete de 2: el error alterno oscila (signo $(-1)^N$ ), por lo que el promedio cancela su término principal, mientras que el error $\gamma$ -bracket $\frac{1}{2n}$ tiene constante firmar. (Promediando $a_n$ y $b_n$ hace ayuda: relacionar $\frac{a_n + b_n}{2}$ con la estimación del punto medio $H_n - \ln\bigl(n + \frac12\bigr)$ y muestra que su error es $O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ .)

Parte IV — Rigidity and its failure.

Demuestre que la parte positiva $\sum \frac{1}{2j-1}$ y la parte negativa $\sum \frac{1}{2j}$ del alternador armónico serie ambos divergen — la firma de condicional convergencia.
Demuestre el enunciado general detrás de la pregunta 12: si $\sum u_n$ converge pero $\sum \abs{u_n}$ diverge, entonces el serie de partes positivas $\sum u_n^+$ y de las partes negativas $\sum u_n^-$ ambas divergen (from $u_n^\pm = \frac{\abs{u_n} \pm u_n}{2}$ : if one converged, so would the other, hence $\sum\abs{u_n}$ ). Esta reserva inagotable de cosas positivas y negativas masa es lo que gastará la receta de Riemann.
(Rigidez) Demuestre: si $\sum u_n$ converge absolutamente y $\sigma \colon \N \to \N$ es un biyección, entonces $\sum u_{\sigma(n)}$ converge a la misma suma (for $N$ large the first $M$ rearranged terms contain $u_0, \dots, u_N$ ; compare partial sums through the tail $\sum_{n > N}\abs{u_n}$ ).
(receta de Riemann) Vamos $t \in \R$ . Describe los codiciosos reordenamiento del armónico alterno serie: tomar términos positivos $1, \frac13, \frac15, \dots$ hasta el la suma parcial primero excede $t$ , luego los términos negativos $-\frac12, -\frac14, \dots$ hasta que caiga por primera vez $t$ y repita. Demuestre que cada término se usa exactamente una vez, que después del primer cruce las sumas parciales permanecer dentro del último término utilizado de $t$ y concluir que el serie reordenado converge a $t$ : cualquier la suma prescrita es alcanzable.

Part V — The $(p, q)$ formula. Arreglar números enteros $p, q \geq 1$ . Reorganice el armónico alterno serie en bloques: $p$ términos positivos (los siguientes recíprocos impares), luego $q$ términos negativos (los siguientes recíprocos pares) y repetir.

Compruebe que se trata de un reordenamiento genuino (cada término exactamente una vez), y que para $(p, q) = (1, 2)$ se lee

$1 - \frac12 - \frac14 + \frac13 - \frac16 - \frac18 + \frac15 - \frac1{10} - \frac1{12} + \dots$
(La reducción exacta a la mitad) Para $(p, q) = (1, 2)$ , demuestre la bloquear identidad

$\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\Bigr),$

y deducir la relación exacto $T_{3K} = \frac12 S_{2K}$ entre las sumas parciales reordenadas y las originales: la reducción a la mitad de la suma es visible en cada etapa finita, no sólo en el límite.
Muestra que la suma parcial después de $K$ bloquea completamente es igual a $\sum_{j=1}^{pK} \frac{1}{2j-1} - \sum_{j=1}^{qK} \frac{1}{2j}$ y calcula su límite con la pregunta 7:

$\ln 2 + \frac12 \ln\frac pq .$
Controlar las sumas parciales adentro de un bloque (el Los términos tienden a $0$ ) y concluyen que el $(p, q)$ reorganizado serie converge a $\ln 2 + \frac12\ln \frac pq$ . En particular, $(1, 2)$ da $\frac{\ln 2}{2}$ : verificar con los primeros nueve términos, $T_9 = 0.3083$ , avanzando lentamente hacia $0.3466$ .
Comprobaciones de cordura y rango: $(1,1)$ recupera $\ln 2$ ; $(2,1)$ da $\frac32\ln 2$ ; qué sumas son alcanzables por $(p, q)$ -blocks, y ¿cómo funciona este menú contable? comparar con la carta completa de Riemann (pregunta 14)?

Part VI — Epilogue: $\gamma$ at work, and synthesis.

Identificar la suma del serie convergente $\sum_{k\geq1} \bigl(\frac1k - \ln\frac{k+1}{k}\bigr)$ (Ejercicio 17.7): muestra que es igual a $\gamma$ .
Ejecute la receta de Riemann (pregunta 14) para el objetivo $t = 1$ y enumere los primeros doce términos producidos ( $1, \frac13, -\frac12, \frac15, -\frac14, \frac17, \frac19, -\frac16, \frac1{11}, \frac1{13}, -\frac18, \frac1{15}$ ). calculando la suma parcial ( $\approx 0.980$ ) — ver el algoritmo respira alrededor de su objetivo.
Demuestre que algún reordenamiento del armónico alterno serie diverge a $+\infty$ (bloques de positivo términos lo suficientemente largos como para ganar $1$ cada vez, usando la pregunta 12, separados por términos negativos únicos).
Afile Ejemplo 17.11 con el Ley $\gamma$ : muestra que el primer índice con $H_N \geq 20$ satisface $N = \eu^{\,20 - \gamma}\,(1 + o(1)) \approx 2.7\cdot10^{8}$ — constante de euler es exactamente En la corrección faltaba el encuadre crudo.
Síntesis, una frase cada una: (i) la ley $\gamma$ y lo que cada una de sus tres piezas ( $\ln n$ , $\gamma$ , $\frac{1}{2n}$ ) contribuye; (ii) por qué condicional la convergencia hace que la suma dependa del orden, mientras que absoluto convergencia lo prohíbe; (iii) cómo funciona la fórmula $(p,q)$ era un cálculo con la ley $\gamma$ en lugar que una afirmación de existencia abstracta; (iv) donde estos Los hilos continúan — power serie y productos de serie. en el volumen del año 2 y el fin de semana del volumen del año 3 problema en la fórmula de Stirling, donde lo mismo La contabilidad de suma versus integral funciona a máxima potencia.

Solución

Solución de Problema 17.1.

1. $a_{n+1} - a_n = \frac{1}{n+1} - \ln\frac{n+1}{n} \leq 0$ porque $\ln(1 + \frac1n) \geq \frac{1/n}{1 + 1/n} = \frac{1}{n+1}$ ; y $b_{n+1} - b_n = \frac{1}{n+1} - \ln\frac{n+2}{n+1} \geq 0$ porque $\ln(1 + \frac{1}{n+1}) \leq \frac{1}{n+1}$ . Su brecha $a_n - b_n = \ln(1 + \frac1n) \to 0$ : adyacente (Teorema 11.11), con límite común $\lim a_n = \gamma$ (Ejercicio 17.7) y $b_n \leq \gamma \leq a_n$ .

2. $b_{10} = 2.928968 - \ln 11 = 0.5311$ y $a_{10} = 2.928968 - \ln 10 = 0.6264$ : entonces $\gamma \in \intcc{0.5311}{0.6264}$ . La brecha es $\ln 1.1 \approx 0.095$ y se reduce como $\frac1n$ : cuatro decimales ( $\text{gap} \leq 10^{-4}$ ) necesitarían $n \approx 10^4$ — los corchetes son correcto pero lento.

3. Telescópico $a_n - a_{m+1} = \sum_{k=n}^{m} w_k$ y dejando $m \to \infty$ : $a_n - \gamma = \sum_{k\geq n} w_k$ (límite de sumas parciales). Además

w_k = \int_k^{k+1} \frac{\dd t}{t} - \frac{1}{k+1} = \int_k^{k+1} \Bigl(\frac1t - \frac{1}{k+1}\Bigr)\dd t = \int_k^{k+1} \frac{k + 1 - t}{t\,(k+1)}\,\dd t .

En $\intcc{k}{k+1}$ : $\frac{1}{(k+1)^2} \leq \frac{1}{t(k+1)} \leq \frac{1}{k(k+1)}$ y $\int_k^{k+1}(k + 1 - t)\dd t = \frac12$ : por lo tanto $\frac{1}{2(k+1)^2} \leq w_k \leq \frac{1}{2k(k+1)}$ .

4. Superior: $\sum_{k \geq n} \frac{1}{2k(k+1)} = \frac12\sum_{k\geq n}\bigl(\frac1k - \frac{1}{k+1}\bigr) = \frac{1}{2n}$ (telescópico). Inferior: $\frac{1}{2(k+1)^2} \geq \frac{1}{2(k+1)(k+2)}$ , cuya suma se reduce a $\frac{1}{2(n+1)}$ . Con la pregunta 3:

\frac{1}{2(n+1)} \leq H_n - \ln n - \gamma \leq \frac{1}{2n} .

5. Resta $\frac{1}{2n}$ : $\gamma_n - \gamma \in \intcc{\frac{1}{2(n+1)} - \frac{1}{2n}}{0} = \intcc{-\frac{1}{2n(n+1)}}{0}$ : la estimación corregida es exacta a $O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ , y siempre desde abajo.

6. $\gamma_{100} = 5.1873775 - \ln 100 - 0.005 = 0.5772073$ , con $0 \leq \gamma - \gamma_{100} \leq \frac{1}{20200} < 5\cdot10^{-5}$ : por lo tanto $0.577207 \leq \gamma \leq 0.577257$ , es decir $\gamma = 0.5772 \pm 5\cdot10^{-5}$ (verdadero valor $0.5772156\dots$ ) — cuatro decimales certificados de un cien términos, frente a diez mil de la pregunta 2.

7. Primer dividendo:

H_{2m} - H_m = \Bigl(\ln 2m + \gamma + \frac{1}{4m}\Bigr) - \Bigl(\ln m + \gamma + \frac{1}{2m}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr).

Segundo: los recíprocos pares hasta $2m$ suman $\frac12 H_m$ , por lo que $\sum_{j=1}^{m}\frac{1}{2j-1} = H_{2m} - \frac12 H_m = \frac12 \ln m + \ln 2 + \frac\gamma2 + o(1)$ y $\sum_{j=1}^m \frac{1}{2j} = \frac12\ln m + \frac\gamma2 + o(1)$ .

8. Dividiendo los términos pares dos veces: $\sum_{k=1}^{2m}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2m} - 2\cdot\frac12 H_m = H_{2m} - H_m$ . Según la pregunta 7 esto es igual a $\ln 2 - \frac{1}{4m} + O(m^{-2})$ : la suma es $\ln 2$ (Ejemplo 17.19 nuevamente) con su velocidad.

9. Para $N = 2m$ : $S - S_N = \frac{1}{4m} + O(m^{-2}) = \frac{1}{2N} + O(N^{-2})$ . Para $N = 2m + 1$ : $S_{N} = S_{2m} + \frac{1}{2m+1}$ , entonces

S - S_N = \Bigl(\frac{1}{4m} - \frac{1}{2m+1}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = -\frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = -\frac{1}{2N} + O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr).

En ambos casos $S - S_N \sim \frac{(-1)^N}{2N}$ : la mitad del En el peor de los casos, $a_{N+1}$ , con un signo alterno conocido.

10. El promedio mata el término principal oscilante:

S - \tilde S_N = \frac{(S - S_N) + (S - S_{N+1})}{2} = \frac{(-1)^N}{2}\Bigl(\frac{1}{2N} - \frac{1}{2(N+1)}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr) = O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr).

Numéricamente: $S_{10} = 0.645635$ , $S_{11} = 0.736544$ , $\tilde S_{10} = 0.691089$ y $\ln 2 = 0.693147$ : el error desaparece de $4.8\cdot10^{-2}$ a $2.1\cdot10^{-3}$ — una adición, veinte veces mejor.

11. El error alterno cambia de signo en cada paso, por lo que sumas parciales consecutivas se encuentran entre el límite y su media cancela el término de primer orden; el error de corchete $H_n - \ln n - \gamma \approx \frac{1}{2n}$ tiene signo constante, por lo que no se puede promediar junto con $n$ puede cancelarlo. Promediar los dos paréntesis hace ayuda: $\frac{a_n + b_n}{2} = H_n - \ln\sqrt{n(n+1)}$ , y desde $\ln\sqrt{n(n+1)} = \ln\bigl(n + \frac12\bigr) + O(n^{-2})$ ,

H_n - \ln\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \Bigl(H_n - \ln n - \frac{1}{2n}\Bigr) + \frac{1}{8n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) = \gamma + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)

(pregunta 5 y $\ln(1 + \frac{1}{2n}) = \frac{1}{2n} - \frac{1}{8n^2} + O(n^{-3})$ ). Verifique en $n = 10$ : $H_{10} - \ln 10.5 = 0.57759$ , ya dentro de $4\cdot10^{-4}$ de $\gamma$ .

12. $\sum_{j\leq m} \frac{1}{2j-1} \geq \sum_{j \leq m} \frac{1}{2j} = \frac12 H_m \to +\infty$ : tanto el positivo como el la parte negativa del armónico alterno serie diverge.

13. Escriba $u_n^\pm = \frac{\abs{u_n} \pm u_n}{2} \geq 0$ , por lo que $u_n = u_n^+ - u_n^-$ y $\abs{u_n} = u_n^+ + u_n^-$ . si $\sum u_n^+$ convergió, luego $\sum u_n^- = \sum (u_n^+ - u_n)$ convergería (diferencia de serie convergente), de ahí también $\sum \abs{u_n}$ : contradicción con convergencia condicional. Por simetría ambos $\sum u_n^\pm$ divergen (a $+\infty$ ): un infinito reservorio de masa positiva y negativa.

14. Sea $S = \sum u_n$ , $\varepsilon > 0$ y $N$ con $\sum_{n > N} \abs{u_n} \leq \varepsilon$ (criterio de Cauchy para $\sum\abs{u_n}$ ). Sea $M_0$ lo suficientemente grande como para que $\sigma(\{0, \dots, M_0\}) \supseteq \{0, \dots, N\}$ . Para $M \geq M_0$ , el diferencia $\sum_{m \leq M} u_{\sigma(m)} - \sum_{n \leq N} u_n$ es una suma finita de distinto términos $u_n$ con $n > N$ , por tanto de valor absoluto $\leq \varepsilon$ ; y $\abs{S - \sum_{n\leq N} u_n} \leq \varepsilon$ también. Entonces el reordenado las sumas parciales están dentro de $2\varepsilon$ de $S$ eventualmente: $\sum u_{\sigma(n)} = S$ . Convergencia absoluta es a prueba de reordenamientos.

15. Cada fase del procedimiento codicioso termina después un número finito de términos, porque los restantes positivos Los términos (respectivamente negativos) por sí solos tienen sumas parciales divergentes. (pregunta 12): la suma corriente debe eventualmente cruzar $t$ . el Por lo tanto, el procedimiento alterna infinitas fases finitas, consumir los términos positivos en orden y los términos negativos en orden: cada término se usa exactamente una vez — una reordenación. Después del primer cruce, entre dos cruces consecutivos el sumas parciales se mueven monótonamente hacia $t$ , y en un cruce sobrepasan como máximo el término recién añadido; desde los términos utilizados en el cruce $j$ -ésimo tienen el índice al menos $j$ en su clase, estos excesos tienden a $0$ . De ahí las sumas parciales convergen a $t$ : todo número real es la suma de algunos reordenamiento.

16. Las ranuras positivas reciben $\frac{1}{2j-1}$ para $j = 1, 2, \dots$ en orden, las ranuras negativas $\frac{1}{2j}$ en orden: aparece cada término del armónico alterno serie exactamente una vez. Para $(p, q) = (1, 2)$ , los bloques son $\bigl(1, -\frac12, -\frac14\bigr)$ , $\bigl(\frac13, -\frac16, -\frac18\bigr)$ , $\bigl(\frac15, -\frac1{10}, -\frac1{12}\bigr)$ , … — el serie mostrado.

17. Desde $\frac{1}{4k-2} = \frac12\cdot\frac{1}{2k-1}$ :

\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\,\frac{1}{2k-1} - \frac12\,\frac{1}{2k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\Bigr).

Sumando $k = 1, \dots, K$ : $T_{3K} = \frac12 \sum_{k=1}^{K}\bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\bigr) = \frac12 S_{2K}$ : cada tercera suma parcial, el reordenamiento serie es exactamente la mitad del original.

18. Después de los bloques completos $K$ , los bloques parciales reorganizados La suma es $\sum_{j=1}^{pK}\frac{1}{2j-1} - \sum_{j=1}^{qK}\frac{1}{2j}$ y la pregunta 7 la evalúa:

\Bigl(\frac{\ln(pK)}{2} + \ln 2 + \frac\gamma2\Bigr) - \Bigl(\frac{\ln(qK)}{2} + \frac\gamma2\Bigr) + o(1) = \ln 2 + \frac12\ln\frac pq + o(1) :

los $\gamma$ se cancelan, los $\ln K$ se cancelan, la relación $\frac pq$ sobrevive.

19. Una suma parcial dentro del bloque $K + 1$ difiere de la $K$ suma de bloques por como máximo $p + q$ términos, cada uno de valor absoluto $\leq \frac{1}{2qK}$ -ish, por lo tanto, por $O\bigl(\frac1K\bigr) \to 0$ : la secuencia completa de sumas parciales tiene el mismo límite $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq$ . Para $(1, 2)$ : $\ln 2 + \frac12\ln\frac12 = \frac{\ln 2}{2} = 0.34657\dots$ y, de hecho, $T_9 = 0.30833$ se arrastra hacia él: por la pregunta 17, $T_{3K} = \frac12 S_{2K}$ converge exactamente con la mitad del error armónico alterno. Mismos términos, la mitad de la suma.

20. $(1,1)$ : $\ln 2 + \frac12\ln 1 = \ln 2$ — el orden original, coherencia. $(2,1)$ : $\frac32\ln 2 \approx 1.0397$ . El menú $(p,q)$ llega exactamente al contable denso familia $\ln 2 + \frac12\ln r$ , $r \in \Q_{>0}$ ; La avaricia de Riemann receta (pregunta 15) llega a cada real. Compras de estructura fórmulas; la codicia compra la totalidad.

21. El telescopio de sumas parciales: $\sum_{k=1}^{N} \bigl(\frac1k - \ln\frac{k+1}{k}\bigr) = H_N - \ln(N+1) = b_N \to \gamma$ : el serie de Ejercicio 17.7 suma exactamente a constante de euler.

22. Codiciosos de $t = 1$ : el primer término positivo trae la suma exactamente a $1$ , no más allá, por lo que un segundo positivo es tomado para cruzar: $1, \frac13$ (suma $1.3333 > 1$ ), luego $-\frac12$ ( $0.8333$ ), $\frac15$ ( $1.0333$ ), $-\frac14$ ( $0.7833$ ), $\frac17, \frac19$ ( $1.0373$ ), $-\frac16$ ( $0.8706$ ), $\frac1{11}, \frac1{13}$ ( $1.0384$ ), $-\frac18$ ( $0.9134$ ), $\frac1{15}$ ( $0.9801$ ), … — las sumas respiran alrededor de $1$ con una amplitud cada vez menor, ahora dos positivos necesario por ciclo ya que los negativos son más grandes.

23. Bloques de construcción: en la etapa $j$ , agregue suficientes no utilizados términos positivos para aumentar la suma parcial en al menos $1$ (posible: los términos positivos restantes tienen sumas divergentes, pregunta 12), luego agregue el único término negativo $-\frac{1} {2j}$ . Cada término positivo se usa eventualmente (cada etapa usa al menos uno), cada uno negativo también (uno por etapa): un reordenamiento. Cada etapa cambia la suma por $\geq 1 - \frac{1}{2j} \geq \frac12$ : las sumas parciales exceden $\frac{j}{2}$ después de la etapa $j$ y los incrementos dentro de una etapa son positivos excepto el último, limitado por $\frac{1}{2j} \to 0$ : divergencia a $+\infty$ .

24. Por ley, $H_N \geq 20 \iff \ln N \geq 20 - \gamma - \frac{1}{2N} + O(N^{-2})$ : el umbral $N^*$ satisface $\ln N^* = 20 - \gamma + o(1)$ , es decir $N^* = \eu^{20 - \gamma}(1 + o(1)) \approx \eu^{19.4228} \approx 2.72\cdot10^{8}$ — dentro de la ventana cruda $\intcc{1.8\cdot10^8}{4.9\cdot10^8}$ de Ejemplo 17.11 y fijado por $\gamma$ .

25. (i) En $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})$ : el $\ln n$ es el integral, $\gamma$ el precio de reemplazando una suma por un integral (una constante genuinamente nueva de análisis), y $\frac{1}{2n}$ la primera corrección — la La sombra del trapezoide. (ii) La convergencia condicional se apoya en cancelación entre dos reservorios infinitos (pregunta 13), por lo que el reordenamiento repondera los embalses; convergencia absoluta tiene masa total finita, y la estimación de la cola de la pregunta 14 es orden ciego. (iii) Las sumas $(p,q)$ fueron calculado: el La ley $\gamma$ convirtió cada suma parcial reordenada en $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq + o(1)$ , y el propio $\gamma$ canceló — un ejercicio de contabilidad asintótico, no un argumento abstracto. (iv) Siguiente: productos y sumabilidad incondicional de potencia. serie en el volumen del Año 2; y el fin de semana del volumen del año 3 problema de la fórmula de Stirling, donde suma versus integral contabilidad, impulsó un pedido más, produce $\sqrt{2\pi}$ mismo.