Demostrar divergencia y concluir que no hay ninguna serie de comparación "menor" universal para poner a prueba la divergencia

Question

Este es un problema de la práctica de un examen en un análisis real de pregrado de la clase, pero me etiqueten como una tarea de todos modos.

Supongamos que $a_k>0$ y que la serie $\sum_{k=1}^\infty a_k$ diverge. Vamos $S_n$ = $\sum_{k=1}^n a_k$ y definir $b_1 = a_1$$b_n = \sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}}$$n\ge2$. Demostrar que $\sum_{k=1}^\infty b_k$ diverge, y que $\lim_{x\to\infty}\frac{b_n}{a_n}=0$. A la conclusión de que no hay un "más pequeño" comparación de la serie a de la prueba de la divergencia.

Por lo $S_n = S_{n-1}+a_n$, y como n aumenta ese $a_n$ van a divergir. Las raíces cuadradas están afectando a mí, no sé cómo empezar con el límite y entiendo la última declaración, pero no veo cómo puedo concluir.

Answer 1

Estas son algunas sugerencias.

Para demostrar que $\sum\limits_nb_n$ diverge, utilice el hecho de que $b_n=c_n-c_{n-1}$ para algunos secuencia $(c_n)_n$ y expresar las sumas parciales $\sum\limits_{n\leqslant N}b_n$ en términos de $(c_n)_n$.

Para demostrar que $b_n/a_n\to0$, reescribir $b_n$ como una relación, multiplicando y dividiendo $b_n$ por el conjugado cantidad $\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}$.

La conclusión es que por cada divergentes de la serie $\sum\limits_na_n$, existe otra divergente la serie de $\sum\limits_nb_n$ tal que $b_n=o(a_n)$, en este sentido, el último es más pequeño que el anterior. En particular, no existe ninguna secuencia $(t_n)_n$ tal que $\sum\limits_na_n$ diverge si y sólo si $a_n=\Omega(t_n)$.

Answer 2

Para mostrar que $\sum_{k=1}^\infty b_k$ diverge, que claramente tienen que mirar las sumas parciales. Como se podría esperar a partir de la definición de $b_n$, resulta que se telescopio:

$$\begin{align*} &\sum_{k=1}^nb_k=a_1+\sum_{k=2}^nb_k=a_1+\sum_{k=2}^n(\sqrt{S_k}-\sqrt{S_{k-1}})=\\ &=a_1+\sum_{k=2}^n\sqrt{S_k}-\sum_{k=2}^n\sqrt{S_{k-1}}=a_1+\sum_{k=2}^n\sqrt{S_k}-\sum_{k=1}^{n-1}\sqrt{S_k}=\\ &=a_1+\sqrt{S_n}-\sqrt{S_1}=a_1+\sqrt{S_n}-\sqrt{a_1}\;. \end{align*}$$

Desde $S_n\to\infty$$n\to\infty$, lo mismo es cierto de la $\sqrt{S_n}$'s, y se deduce que $\sum_{k=1}^\infty b_k$ diverge.

Ahora para $n\ge 2$ tenemos $$\begin{align*} \frac{b_n}{a_n}&=\frac{\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}}}{a_n}\\ &=\frac{\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}}}{a_n}\cdot\frac{\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}}{\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}}\\ &=\frac{S_n-S_{n-1}}{a_n(\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}})}\\ &=\frac{a_n}{a_n(\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}})}\\ &=\frac1{\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}}\;, \end{align*}$$

que claramente tiende a $0$$n\to\infty$. (Cuando haya una diferencia de las raíces cuadradas, siempre vale la pena pensar acerca de este truco.)

Por último, el hecho de que $\frac{b_n}{a_n}$ tiende a $0$ significa que $\sum_{k=1}^\infty b_n$ es 'menor que' $\sum_{k=1}^\infty a_n$, y aún así se bifurca. Es decir, dada una divergentes de la serie, siempre se puede encontrar un 'menor' uno, así que no hay 'más pequeño'.