Λύση

Έστω $0<t<1$. Δείχνουμε οτι οι σειρές $\sum ^\infty _{k=1}\frac{t^{2k+1}}{2k+1}\ ,\ \sum ^\infty _{k=1}\frac{t^{k+1}}{2k+2}$ συγκλίνουν, χρησιμοποιώντας το κριτήριο του λόγου:
(i)    αν $\alpha _k = \frac{t^{2k+1}}{2k+1}$, τότε $\frac{\vert\alpha _{k+1}\vert}{\vert\alpha _k\vert}= \frac{t^{2k+3}}{2k+3}\ \frac{2k+1}{t^{2k+1}} = \frac{2k+1}{2k+3}\ t^2\rightarrow t^2 <1$

(ii)    αν $\beta _k = \frac{t^{k+1}}{2k+2}$, τότε $\frac{\vert\beta _{k+1}\vert}{\vert\beta _k\vert}= \frac{t^{k+2}}{2k+4} \frac{2k+2}{t^{k+1}}= \frac{2k+2}{2k+4}\ t \rightarrow t<1$

Προσθέτοντας, βλέπουμε οτι η $\sum ^\infty _{k=0} \left( \frac{t^{2k+1}}{2k+1}- \frac{t^{k+1}}{2k+2}\right)$ συγκλίνει

Αν $t=0$ ή $t=1$, είναι φανερό οτι η $\sum ^\infty _{k=0} \left( \frac{t^{2k+1}}{2k+1}- \frac{t^{k+1}}{2k+2}\right)$ συγκλίνει (γιατί?). Άρα, η σειρά συγκλίνει κατά σημείο στο $[0,1]$.

Έχουμε δει οτι: $\sum ^\infty _{k=0} \frac{t^{k+1}}{k+1}=\log\left( \frac{1}{1-t}\right)$, αν $-1<t<1$. Άρα,

$$\begin{eqnarray*} \sum ^\infty _{k=1}\frac{t^{2k}}{2k} &=& \frac{1}{2} \sum ^\in... ...2)^2}{k} \\ &=& \frac{1}{2} \log\left( \frac{1}{1-t^2}\right) \end{eqnarray*}$$

Άρα,

$$\begin{eqnarray*} \sum ^\infty _{k=0} \frac{t^{2k+1}}{2k+1} &=& \sum ^\infty _{... ...{1}{1-t}\right) - \frac{1}{2} \log\left(\frac{1}{1-t^2}\right) . \end{eqnarray*}$$

Έπεται οτι: $\sum ^\infty _{k=0} \left( \frac{t^{2k+1}}{2k+1}- \frac{t^{k+1}}{2k+2}\right) ... ...{1}{2}\log \left( \frac{1-t^2}{1-t}\right) = \frac{1}{2}\log(1+t)\ ,\ 0\leq t<1$. Αν η σύγκλιση της σειράς ήταν ομοιόμορφη στο $[0,1]$, θα έπρεπε η οριακή συνάρτηση να είναι συνεχής στο $[0,1]$, άρα

$$\sum ^\infty _{k=0}\left( \frac{1}{2k+1}- \frac{1}{2k+2}\right) = \frac{1}{2}\log(1+1)=\frac{\log 2}{2}$$

Δηλαδή,

$$\sum ^\infty _{k=1}\frac{(-1)^{k-1}}{k}=\frac{\log 2}{2}$$

Όμως, το τελευταίο άθροισμα είναι ίσο με $\log 2$. Άτοπο.

Άσκηση 7 Υπόδειξη

Άσκηση 8 Υπόδειξη