Secuencia no aumento de los números reales positivos con alto índice

Question

¿Si $a_n$ es una secuencia de números positivos no aumenta, entonces supongo que ya sabemos que $$\sum_p a_p$$ converges, when $p $ runs over the primes, what should be used to prove that $$\sum_n \frac{a_n}{\log{n}}$$ also converges, where $n # $ recorre los naturales positivos?

¿Y también, cómo mostrar lo contrario también es cierto?

Answer 1

$$ \sum_n \frac{a_n}{\log n} \leq \sum_n \frac{a_{p_n}}{\log p_n}(p_{n+1}-p_n)$$

Ahora si probar que limita la secuencia $ \frac{p_{n+1}-p_n}{\log p_n}$, haya terminado. Supongo que esto sería fácil usando el hecho de que $\frac{p_n}{n \log n} \to 1$ $n \to \infty$.

Answer 2

Volviendo a la prueba de razón (http://en.wikipedia.org/wiki/Ratio_test), tenemos: $$\lim_{n\rightarrow \infty} \sup \frac{a_{p_{n+1}}}{a_{p_{n}}}=R$$ donde $R \leq 1$ (que existe porque se $0 < \frac{a_{p_{n+1}}}{a_{p_{n}}} \leq 1 $, es decir, encuadernadas).

Si $R < 1$, entonces (1) $$\sum_{n}\frac{a_{n}}{\log n}=\sum_{n}\frac{a_{n}\cdot \pi(n)}{n}\cdot \frac{n}{\pi(n)\cdot \log n}< \left ( 1 + \varepsilon \right )\sum_{n}\frac{a_{n}\cdot \pi(n)}{n}$$ Ahora, suponiendo que: $$p_{n}=n_{0}<n_{1}<...n_{k}<p_{n+1}$$ tenemos $$a_{p_{n}}\geq a_{n_{j}}, 0\leq j\leq k$$ $$n=\pi(p_{n})=\pi(n_{0})=\pi(n_{1})=...=\pi(n_{k})$$ y $$\frac{a_{p_{n}}\cdot \pi(p_{n})}{p_{n}} \geq \frac{a_{n_{j}}\cdot \pi(n_{j})}{n_{j}}$$ o (2) $$\left ( k+1 \right )\cdot \frac{a_{p_{n}}\cdot \pi(p_{n})}{p_{n}}\geq \sum_{j=0}^{k}\frac{a_{n_{j}}\cdot \pi(n_{j})}{n_{j}}$$ Teniendo en cuenta que $k+1=p_{n+1}-p_{n}$ $p_{n+1}-p_{n} < p_{n}$ (http://en.wikipedia.org/wiki/Bertrand's_postulate) $$a_{p_{n}}\cdot \pi(p_{n}) \geq \sum_{j=0}^{k}\frac{a_{n_{j}}\cdot \pi(n_{j})}{n_{j}}$$ O ($\pi(p_{n})=n$): $$\sum_{n}\frac{a_{n}}{\log n} < \left ( 1 + \varepsilon \right ) \sum_{n}\frac{a_{n}\cdot \pi(n)}{n}\leq \left ( 1 + \varepsilon \right )\sum_{n}n\cdot a_{p_{n}}$$ Ahora $$\lim_{n\rightarrow \infty } \sup \frac{(n+1)\cdot a_{p_{n+1}}}{n\cdot a_{p_{n}}}=R< 1$$ También vale la pena señalar que para $\forall p_{k} \leq n$, $a_{p_{k}} \geq a_{n}$ y como resultado: $$\sum_{k=1}^{\pi (n)}a_{p_{k}}\geq \pi (n)\cdot a_{n}$$ O: $$\lim_{n\rightarrow \infty } \pi (n)\cdot a_{n} \leq \sum_{n}a_{p_{n}}< \infty $$ Pero si asumimos $$\lim_{n\rightarrow \infty } \pi (n)\cdot a_{n}=\gamma >0$$ luego de algunos $n$ tenemos $\pi (n)\cdot a_{n} > \frac{\gamma }{2}$ o $a_{n} > \frac{\gamma }{\pi (n)\cdot 2}$ o $a_{p_{n}} > \frac{\gamma }{n\cdot 2}$, esto contradice la convergencia de las $\sum a_{p}$$\gamma =0$. Así, por $R < 1$ la declaración parece ser cierto.

Sin embargo, para $R=1$, la condición original puede no ser suficiente. Supongamos $$\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{a_{p_{n+1}}}{a_{p_{n}}}=1$$ estrictamente. Entonces, (1) se convierte en: $$\left ( 1 - \varepsilon \right )\sum_{n}\frac{a_{n}\cdot \pi(n)}{n} < \sum_{n}\frac{a_{n}}{log(n)}< \left ( 1 + \varepsilon \right )\sum_{n}\frac{a_{n}\cdot \pi(n)}{n}$$

Y (2) se convierte en: $$\left ( p_{n+1} - p_{n} \right )\cdot \frac{a_{p_{n+1}}\cdot \pi(p_{n})}{p_{n+1}} \leq \sum_{j=0}^{k}\frac{a_{n_{j}}\cdot \pi(n_{j})}{n_{j}} \leq \left ( p_{n+1} - p_{n} \right )\cdot \frac{a_{p_{n}}\cdot \pi(p_{n})}{p_{n}}$$

Y: $$\left ( p_{n+1} - p_{n} \right )\cdot \frac{a_{p_{n+1}}\cdot \pi(p_{n})}{p_{n+1}}=\left ( p_{n+1} - p_{n} \right )\cdot \frac{a_{p_{n}}\cdot \pi(p_{n})}{p_{n}} \cdot \frac{p_{n}}{p_{n+1}} \cdot \frac{a_{p_{n+1}}}{a_{p_{n}}}$$

Esto indica (teniendo en cuenta el supuesto de que: $$\sum_{n}\frac{a_{n}}{\log n} < \infty \Leftrightarrow \sum_{n} \left ( p_{n+1} - p_{n} \right )\cdot \frac{a_{p_{n}}\cdot \pi(p_{n})}{p_{n}} < \infty \Leftrightarrow \sum_{n} \frac{p_{n+1} - p_{n}}{\log p_{n}} \cdot a_{p_{n}}< \infty$$

Answer 3

Utilizo 1 $p_n \approx n\ln n$ y $p_{n+1} < (1+\epsilon)p_n$ para cualquier $\epsilon$ % lo suficientemente grande como $n$. Esto le permitirá manejar el paso de $a_{p_n}$ $a_{p_{n+1}}$.