Исследовать числовой ряд на сходимость

[Scrypt]

Здравствуйте.
Требуется исследовать сходимость ряда

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

Не понимаю, как это сделать. Признаки Лейбница и Абеля здесь, по-видимому не работают, остаётся признак Дирихле. Но в этом случае нужно показать, что частичные суммы ряда

$$\sum_{n=1}^\infty (-1)^\sqrt{n}$$

ограничены
Помогите пожалуйста, может, здесь совсем другой способ решения?

[hippie]

А как Вы понимаете $(-1)^{\sqrt n}$ в том случае, когда $n$ не является точным квадратом?

[Scrypt]

Комплексное число вроде получается

[gris]

Там, конечно, целая часть от корня?
Тогда ряд вполне симпатичный.
Суммы второго ряда не ограничены, так как промежутки знакопостоянства возрастают.
А вот первый ряд не должно сильно разносить. Можно бы попробовать признак Лейбница для сгруппированного по знакам ряда.

[Scrypt]

Да нет, там именно корень в чистом виде

[gris]

Если рассматривать в комплексном смысле, то и корень будет иметь два значения. Что тогда за ряд получается?

[hippie]

Scrypt в сообщении #542198 писал(а):

Комплексное число вроде получается

Не комплексное число, а бесконечно много комплексных чисел.

Функция возведение в иррациональную степень имеет бесконечно много значений. (Из-за бесконечнозначности Логарифма.)
Поэтому сначала нужно определиться с выбором значения функции $(-1)^{\sqrt n},$ и только после этого исследовать ряд на сходимость.

[hippie]

Если считать, что $(-1)^{\sqrt n}=\exp (\sqrt n \pi i),$ то ряд действительно сходится. Это можно доказать, например, используя признак Дедекинда ("Математическая энциклопедия", т.2, ст.63).
Доказательство получается довольно тяжёлым.

По-моему, более логично предположение gris — вместо корня из $n$ должна быть его целая часть. В таком случае для доказательства можно сгруппировать "блоки" из идущих подряд слагаемых одного знака и применить признак Лейбница.

[hippie]

Нашёл более простое доказательство сходимости ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{\exp(i\pi\sqrt n )}n .$

Преобразуем этот ряд.
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{\exp(i\pi\sqrt n )}n = \sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{\exp(i\pi\sqrt n )}n -\int\limits_n^{n+1}\frac{\exp(i\pi\sqrt x )}x\, dx + \int\limits_n^{n+1}\frac{\exp(i\pi\sqrt x )}x\, dx \right) = = \sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{\exp(i\pi\sqrt n )}n -\int\limits_n^{n+1}\frac{\exp(i\pi\sqrt x )}x \, dx \right) + \sum\limits_{n=1}^{\infty}\int\limits_n^{n+1}\frac{\exp(i\pi\sqrt x )}x\, dx = = \left( \sum\limits_{n=1}^{\infty}\int\limits_n^{n+1}\left(\frac{\exp(i\pi\sqrt n )}n -\frac{\exp(i\pi\sqrt x )}x \right) \, dx \right) + \int\limits_1^{\infty }\frac{\exp(i\pi\sqrt x )}x\, dx.$


$\int\limits_n^{n+1}\left(\frac{\exp(i\pi\sqrt n )}n -\frac{\exp(i\pi\sqrt x )}x \right) \, dx = O\left( n^{-\frac 32}\right),$ и, следовательно, ряд $ \sum\limits_{n=1}^{\infty}\int\limits_n^{n+1}\left(\frac{\exp(i\pi\sqrt n )}n -\frac{\exp(i\pi\sqrt x )}x\right) \, dx$ сходится.
Интеграл $\int\limits_1^{\infty }\frac{\exp(i\pi\sqrt x )}x\, dx$ сходится по Дирихле (после замены $x=t^2$).

[bot]

hippie в сообщении #542257 писал(а):

По-моему, более логично предположение gris — вместо корня из должна быть его целая часть.

Не только логично - это № 2672 из Б.П.Демидовича.