Двойная сумма

[VoprosT]

$a_n = \frac{-1^{n}}{n}$
Известно, что $A = \sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n = -\ln(2)$.
$A_m = \sum\limits_{n=1}^{m}a_n$
Требуется найти $\sum\limits_{m=1}^{\infty}(A - A_m)$
Я посмотрел на первые члены ряда:
$A + 1, A + 1 - \frac{1}{2}, A + 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3}$
В итоге пришёл к тому, что его частичная сумма имеет вид:
$\sum\limits_{m=1}^{M}(A - A_m) = -M \cdot \ln(2) + M(\sum\limits_{m=1}^{\infty}a_m) - (\frac{1}{2} - \frac{2}{3} + \frac{3}{4} - ...) = -\sum\limits_{m=1}^{M}\frac{(-1)^n \cdot m}{m+1}$ (в последней скобке перед последним знаком равно М слагаемых).
А вот последний ряд уже расходящийся. Где я ошибся?

[nnosipov]

VoprosT в сообщении #1514303 писал(а):

Где я ошибся?

А куда подевалось все то барахло, которое было перед скобками? Фокусы у Вас какие-то.

[VoprosT]

nnosipov в сообщении #1514307 писал(а):

VoprosT в сообщении #1514303 писал(а):

Где я ошибся?

А куда подевалось все то барахло, которое было перед скобками? Фокусы у Вас какие-то.

Ой, я там опечатался, сейчас исправлю. Там логарифмы сокращаются

[RIP]

У меня частичная сумма получилась

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

Если брать только чётные $M$, то первое слагаемое стремится к $\ln2-1$, а второе — к $1/2$ (нужно сгруппировать по два слагаемых).

[nnosipov]

Ну да, ответ $\ln{2}-1/2$.

Такое ощущение, что эта задача здесь уже обсуждалась. Во всяком случае, похожих было море.

Upd. Да, действительно обсуждалась: topic137834.html

[VoprosT]

RIP в сообщении #1514318 писал(а):

У меня частичная сумма получилась

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

Если брать только чётные $M$, то первое слагаемое стремится к $\ln2-1$, а второе — к $1/2$ (нужно сгруппировать по два слагаемых).

А как работает ход "брать только чётные"?
А это случаем не сумма $\sum\limits_{m=1}^{M}A_m$? (без A и с другим знаком)

[RIP]

VoprosT в сообщении #1514326 писал(а):

А как работает ход "брать только чётные"?

Для чётных $M$ в первой сумме уничтожаются слагаемые $(-1)^n\frac{n}{n}$, а вторая сумма начинается с положительного слагаемого. Для нечётных $M$ первая сумма стремится к $\ln2$, а вторая — к $-1/2$.

VoprosT в сообщении #1514326 писал(а):

А это случаем не сумма $\sum\limits_{m=1}^{M}A_m$?

Нет (не может рациональное число равняться иррациональному).