Сходимость ряда после перестановки.

[C0rWin]

Каким способом можно посчитать к чему сходится и сходится ли вообще бесконечный ряд полученный с помощью перестановки ряда Лейбница, который выглядит следующим образом:

\[ \begin{array}{l} {\rm{1}} - \frac{1}{2} - \frac{1}{4} - \frac{1}{6} - \frac{1}{8} + \frac{1}{3} - \frac{1}{{10}} - \frac{1}{{12}} - \frac{1}{{14}} - \frac{1}{{16}} + \frac{1}{5} + ... \\ \end{array} \]

Буду благодарен любым коструктивным предложениям. Я для начала пытался доказать, что этот ряд после такой перестановки сходится, но не сильно преуспел, поэтому на эту тему тоже буду рад услышать предложения.

[Руст]

Этот ряд расходится. Достаточно посчитать до 8n и получится сумма -ln(2)-(ln(n)+-gamma)/2+O(1/n).

[C0rWin]

Я бы не хотел спорить, но этот ряд на 100% сходится... Если кому интересно, то могу даже сказать к чему. Просто посчитайте до 5n, если уж на то дело пошло.

[C0rWin]

В оригинальном вопросе просто требуется доказать, что этот ряд сходится к определенному числу, но из всех моих попыток доказать я пришел к выводу, что доказать это все равно что посчитать самому. Но вот и с посчитать возникли такие же проблемы как и с доказать. Вот и прошу помощи.

[Someone]

C0rWin писал(а):

В оригинальном вопросе просто требуется доказать, что этот ряд сходится к определенному числу, но из всех моих попыток доказать я пришел к выводу, что доказать это все равно что посчитать самому. Но вот и с посчитать возникли такие же проблемы как и с доказать. Вот и прошу помощи.

Полезно воспользоваться формулой частичной суммы гармонического ряда:

$$H_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n}=\ln n+\mathbf{C}+\gamma_n$$

,
где $\mathbf{C}=0,5772\dots$ - постоянная Эйлера, $\gamma_n\to 0$ при $n\to\infty$.

[C0rWin]

1. Можно объяснить по подробнее про постоянную Эйлера? В том числе как ее получают.
2. В решение задачи я не могу пользоваться этой формулой мне нужно придти к ответу другим способом, т.к. не разрешается доказывать задачу с помощью тех способов, которые не были изученны, а тем более которые ты до конца не понимаешь.
3. Вопрос по прежнему остается открытым.

[Dan B-Yallay]

>>> Полезно воспользоваться формулой частичной суммы гармонического ряда:

$$H_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n}=\ln n+\mathbf{C}+\gamma_n$$

,
где $\mathbf{C}=0,5772\dots$ - постоянная Эйлера, $\gamma_n\to 0$ при $n\to\infty$.
>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>


А то что исходный ряд знакопеременный и при перестановке членов может сходиться к любому наперед заданному числу?

Считать по 5n мне кажется более правильным.

[Someone]

Dan B-Yallay писал(а):

Считать по 5n мне кажется более правильным.

Так и надо делать. Если мы просуммируем $n$ групп по 5 членов (1 положительный и 4 отрицательных), то эту сумму можно записать в виде $(H_{2n}-\frac{1}{2}H_n)-\frac{1}{2}H_{4n}$. Если подставить приведённое мной выражение, то всё сразу и получится.

[C0rWin]

Цитата:

Dan B-Yallay писал(а):
Считать по 5n мне кажется более правильным.

А как вот без кажется это формально доказать?

Цитата:

Если мы просуммируем $n$ групп по 5 членов (1 положительный и 4 отрицательных), то эту сумму можно записать в виде $(H_{2n}-\frac{1}{2}H_n)-\frac{1}{2}H_{4n}$. Если подставить приведённое мной выражение, то всё сразу и получится.

Вот хотелось бы узнать как Вы пришли к этому выражению и из чего выходит что все сразу получится.
И потом я кажется уже упоминал, что мне не знакомо выражение частичной суммы гармонического ряда. Поэтому если не трудно, может все таки кто-нибудь объяснит подробнее?
Например, как не зная этого выражения я могу установить что ряд сходится. Критерий Дирехле, мне тут не очень то и помог, кроме того надо еще объяснить почему это надо суммировать по 5 членов ряда, ведь возможно что так я изменяю его сумму.
Потом если все так настаивают на этой формуле для гармонического ряда, то объясните как я ее получаю?

[Someone]

C0rWin писал(а):

1. Можно объяснить по подробнее про постоянную Эйлера? В том числе как ее получают.

Рассмотрим ряд $\sum\limits_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{k}-\ln\frac{k+1}{k}\right)$. Известно, что при $x>-1$, $x\ne 0$, справедливо неравенство $\ln(1+x)<x$. Поэтому получаем

$$\frac{1}{k+1}<-\ln\left(1-\frac{1}{k+1}\right)=-\ln\frac{k}{k+1}=\ln\frac{k+1}{k}=\ln\left(1+\frac{1}{k}\right)<\frac{1}{k}$$

,
откуда следует, что

$$0<\frac{1}{k}-\ln\frac{k+1}{k}<\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}=\frac{1}{k(k+1)}<\frac{1}{n^2}$$

,
так что рассматриваемый ряд сходится по первому признаку сравнения. Обозначим его сумму $\mathbf{C}$ (это и есть постоянная Эйлера). Тогда его $n$-ная частичная сумма равна $S_n=\sum\limits_{k=1}^n\left(\frac{1}{k}-\ln\frac{k+1}{k}\right)=H_n-\ln(n+1)$, где $H_n$ - $n$-ная частичная сумма гармонического ряда; предел $S_n$ при $n\to\infty$ равен $\mathbf{C}$. Обозначим $\gamma_n=H_n-\ln n-\mathbf{C}=(H_n-\ln(n+1)-\mathbf{C})+\ln\frac{n+1}{n}=(S_n-\mathbf{C})+\ln\frac{n+1}{n}$. Тогда $\gamma_n\to 0$ при $n\to\infty$, и мы получаем искомую формулу.

Г.М.Фихтенгольц. Курс дифференциального и интегрального исчисления. Том II. "Наука", Москва, 1969. Пункт 367, пример 10.

[juna]

Можно здесь представить конструкцию, как из условно сходящегося ряда построить ряд, сходящийся к любому заданному числу $A$. Например, в качестве базового берем ряд Лейбница. Алгоритм такой:
берем столько положительных членов ряда Лейбница в том порядке, в каком они в нем идут, чтобы их сумма была больше $A$;
пишем вслед за ними первые отрицательные члены в том порядке, в каком они стоят, и остановимся тогда, когда сумма всех написанных членов сделается меньше $A$;
затем пишем положительные члены, начиная с того, на котором остановились в первый раз, и останавливаемся, когда сумма всех взятых членов станет больше $A$, потом опять берем отрицательные и т.д.
Суммы членов полученного ряда будут то больше, то меньше $A$, но отклонение от $A$ будет убывать.
Применяя этот принцип, легко увидеть, что данный ряд сходится к нулю.

[C0rWin]

Огромное спасибо за разъяснение, на самом деле можно было просто и мордой в книгу тыкнуть. Но мне теперь не все равно не ясено еще несколько вопросов:
1. Почему я могу суммировать по пять членов. (т.е. это понятно если доказать что ряд сходится).
2. Как я могу показать что ряд сходится.
3. Как придти к вот этому:

Цитата:

Если мы просуммируем $n$ групп по 5 членов (1 положительный и 4 отрицательных), то эту сумму можно записать в виде $(H_{2n}-\frac{1}{2}H_n)-\frac{1}{2}H_{4n}$. Если подставить приведённое мной выражение, то всё сразу и получится.

[C0rWin]

Артамонов Ю.Н.

Цитата:

Например, в качестве базового берем ряд Лейбница. Алгоритм такой:
берем столько положительных членов ряда Лейбница в том порядке, в каком они в нем идут, чтобы их сумма была больше $A$............

Этот алгоритм, всем известное доказательство теоремы Риманна о перестановке в не абсолютно сходящихся рядах. Да действительно если начать так делать то видно как сумма скачет вокруг 0, НО вот кто сказал что в бесконечности она не стабилизируется скажем около другого числа близкого к нулю.
Только в том случае если доказанно, что ряд сходится я могу начинать ставить скобки и складывать по пять последовательных членов этого ряда. Но я досих пор так и не увидел, строго обоснованное доказательство.

[Someone]

C0rWin писал(а):

3. Как придти к вот этому:

Цитата:

Если мы просуммируем $n$ групп по 5 членов (1 положительный и 4 отрицательных), то эту сумму можно записать в виде $(H_{2n}-\frac{1}{2}H_n)-\frac{1}{2}H_{4n}$. Если подставить приведённое мной выражение, то всё сразу и получится.

Сгруппируем отдельно положительные члены. Их $n$ штук, все с нечётными знаменателями от $1$ до $2n-1$. Чтобы получить частичную сумму гармонического ряда, добавим недостающие члены с чётными знаменателями от $2$ до $2n$ и тут же их вычтем; в итоге получим $H_{2n}$, а в тех членах, которые вычитаем, вынесем за скобку $\frac{1}{2}$ и получим $\frac{1}{2}H_n$.
Отрицательные члены тоже сгруппируем. Их $4n$ штук, все с чётными знаменателями от $2$ до $8n$. Вынося за скобку $\frac{1}{2}$, получим $\frac{1}{2}H_{4n}$.

[C0rWin]

Здорово, спасибо. Ну опять таки я не могу просто так группировать как мне вздумается положительные и отрицательные члены ряда, до тех пор пока не покажу, что он сходится, т.к. группируя я делаю перестановку, а как известно с помощью перестановки в не абсолютно сходящемся ряду можно придти к любому результату, переставлять можно только в том случае если заранее известно, что ряд сходится как на пример это было сделано в примере с гармоническим рядо см. выше. А доказать сходимость не совсем тривиально. Я пока так и не пришел к тому как это можно сделать. Может у кого есть какие идеи?