Mostrar la serie $\sum\limits^{\infty}_{n=1}{\frac{a_n}{n}}$ converge

Question

Supongamos la secuencia $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ s $$\mid\sum\limits^{n}_{k=1}{a_{k}}\mid\leq C\sqrt{n} \space\space\space\space\space\space\space\space\space\space\space\space\space\space\space n=1, 2, 3, \cdots$$ donde $C$ es un número fijo (pero arbitrario). Demuestre que $$\sum\limits^{\infty}_{n=1}{\frac{a_n}{n}}$$ converge.

Mi intento: Supongamos que $b_n:= \frac{1}{n}$ ; el lema de Abel sobre la suma por partes da $$\sum\limits^{k}_{n=1}{\frac{a_n}{n}}=\sum\limits^{k-1}_{n=1}{[\sum\limits_{i=1}^{n}{a_i}\cdot(b_n-b_{n+1})] + \sum\limits_{i=1}^{k}{a_i}\cdot b_k}$$

$$<\sum\limits^{k-1}_{n=1}{\mid\sum\limits_{i=1}^{n}{a_i}\mid\cdot(b_n-b_{n+1}) +\mid \sum\limits_{i=1}^{k}{a_i}\mid \cdot b_k}$$

$$\le\sum\limits_{n=1}^{k}[C\sqrt{n}\cdot{(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}})]+C\sqrt{k}\cdot \frac{1}{k+1}$$

$$=\sum\limits_{n=1}^{k}{\frac{C\sqrt{n}}{n(n+1)}}+\frac{C\sqrt{k}}{k+1}.$$

Desde $k\rightarrow\infty$ Por lo tanto $$\frac{C\sqrt{k}}{k+1}\rightarrow 0.$$

Además, para la notación sigma, puesto que $$\frac{C\sqrt{n}}{n(n+1)}<\frac{C\sqrt{n}}{n^2}=\frac{C}{n^\frac{3}{2}}$$

Arriba hay un $p$ -serie con $p=\frac{3}{2}>1$ de ahí la serie $\sum\limits_{n=1}^{k}{\frac{C\sqrt{n}}{n(n+1)}}$ converge. Aunque $\sum\limits_{n=1}^{k}{\frac{C\sqrt{n}}{n(n+1)}}$ converge y $\frac{C\sqrt{k}}{k+1}$ enfoques para $0$ para $k\rightarrow\infty$ pero no implican la serie $\sum\limits^{\infty}_{n=1}{\frac{a_n}{n}}$ converge.

Parece que mi prueba aún no está terminada. ¿Cómo puedo continuarla?

Answer 1

Sea $$ s_n=\sum_{k=1}^na_n $$ entonces $|s_n|\le C\sqrt{n}$ y $$ \begin{align} \sum_{k=1}^n\frac{a_k}k &=\sum_{k=1}^n\frac{s_k-s_{k-1}}k\\ &=\sum_{k=1}^n\frac{s_k}k-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{s_k}{k+1}\\ &=\sum_{k=1}^ns_k\left(\frac1k-\frac1{k+1}\right)+\frac{s_n}{n+1}\\ &=\sum_{k=1}^n\underbrace{\frac{s_k}{k(k+1)}}_{\le C\frac{\sqrt{k}}{k^2}}+\underbrace{\ \ \frac{s_n}{n+1}\ \ }_{\le C\frac{\sqrt{n}}{n\vphantom{k^2}}} \end{align} $$ La suma converge y el término extra desaparece.

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Comentario introducido en la respuesta

Puesto que aclara la respuesta, incluiré en ella el siguiente comentario.

La secuencia de sumas parciales $\sum\limits_{k=1}^n\frac{a_k}k$ es la misma que la secuencia $\sum\limits_{k=1}^n\frac{s_k}{k(k+1)}+\frac{s_n}{n+1}$ esta última suma converge absolutamente, por lo que las sumas parciales son de Cauchy y el término extra converge a $0$ por lo tanto es Cauchy. La suma de dos sucesiones de Cauchy es Cauchy. Como la secuencia original de sumas parciales es Cauchy, converge.

Answer 2

Para demostrar la convergencia, basta con demostrar que esta sucesión es una sucesión de Cauchy (otra forma de demostrar la convergencia la da robjohn), porque $\mathbb{R}$ resp. $\mathbb{C}$ está completo. Escriba a $A_k := \sum_{i=1}^k a_i$ y $B_k := \sum_{i=1}^k a_i/i$ . Tenga en cuenta que $a_k = A_{k} - A_{k-1}$ Entonces para $n>m$ \begin{align} |B_n - B_m| = \left| \sum_{i=m+1}^n \frac{a_i}{i} \right| &= \left| \sum_{i=m+1}^n \frac{A_i -A_{i-1}}{i} \right| \\ & = \frac{|A_m|}{m+1} + \frac{|A_n|}{n} + \left| \sum_{i=m+1}^{n-1} A_i \left(\frac{1}{i} - \frac{1}{i-1} \right) \right| \end{align} Desde $(i^{-1}-(i-1)^{-1})= -(i(i-1))^{-1}$ Ahora podemos utilizar el límite para obtener el límite $$\frac{2C}{\sqrt{m}}+ C \sum_{i=m+1}^{n-1} \frac{1}{(i-1) \sqrt{i}}.$$ La última suma puede estimarse mediante $\int_{m-1}^\infty \frac{1}{x^{3/2}} d x < \frac{3}{2} (m-1)^{-1/2}.$ En definitiva, vemos que $$|B_n-B_m| \le \frac{3C}{(m-1)^{1/2}},$$ es decir, se trata de una secuencia de Cauchy, como se afirma.

Obsérvese que este argumento también funciona si sólo exigimos que $$|\sum_{k=1}^n a_k| \le C n^{1-\varepsilon}.$$ Además, no podemos esperar que $\sum_{k=1}^\infty a_k/k$ converge absolutamente. Basta con tomar $a_k = (-1)^k$ entonces $$|\sum_{k=1}^n a_k| \le 1 \le \sqrt{n},$$ pero $$\sum_{k=1}^\infty \frac{|a_k|}{k} = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k} =\infty.$$