Deje $\{a_{n}\}$ ser una disminución de la secuencia de la no-negativos de los números reales. Supongamos $\sum_{n=1}^{\infty}\sqrt{\frac{a_{n}}{n}}$ es convergente. Demostrar que $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ es también convergente. Mi pensamiento es el uso de la comparación directa de la prueba, pero creo que estoy luchando con la que muestra que $a_{n}\leq\sqrt{\frac{a_{n}}{n}}$ $\forall$ n $\in\mathbb{N}$. Cualquier ayuda sería genial. Gracias!
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
psychotik
Puntos
171
Por la prueba de condensación de Cauchy, $\sum_{n=1}^{\infty} \sqrt{a_n/n}$ converge si y sólo si
$$ \sum_{n=1}^{\infty} 2^n\sqrt{a_{2^n}/2^n} = \sum_{n=1}^{\infty} \sqrt{2^n a_{2^n}} $$
converge. Asimismo, $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ converge si y sólo si $\sum_{n=1}^{\infty} 2^n a_{2^n}$ converge. Ahora la conclusión se deduce de la observación de que, si $b_n \geq 0$ e $\sum_n b_n$ converge, entonces también lo hace $\sum_n b_n^2$.
Podemos obtener con asumiendo $\sum\limits_n\sqrt{a_n/n}$ converge, y el más débil condición de que $a_n/n$ está disminuyendo.
Respondiendo a la Pregunta
Deje $u_n=\sqrt{a_n/n}$, a continuación, $u_n$ es decreciente y $\sum\limits_nu_n$ converge. Desde $u_n$ está disminuyendo, $$ \begin{align} nu_n &\le\sum_{k=1}^nu_k\tag1\\ &\le\sum_{k=1}^\infty u_k\tag2 \end{align} $$ La aplicación de $(2)$rendimientos $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty nu_n^2 &\le\left(\sup_{1\le n\le\infty}nu_n\right)\sum_{n=1}^\infty u_n\\ &\le\left(\sum_{n=1}^\infty u_n\right)^2\tag3 \end{align} $$ Tenga en cuenta que $(3)$ es fuerte si tenemos en cuenta la secuencia $$ u_n=\left\{\begin{array}{} 1&\text{if }n=1\\ 0&\text{if }n\gt1 \end{array}\right. $$ Además, $(3)$ dice que $\sum\limits_{n}a_n=\sum\limits_{n}nu_n^2$ converge.
Más Fuerte Desigualdad
La desigualdad de $(3)$ responde a la pregunta, pero podemos obtener un poco más fuerte resultado.
$$
\begin{align}
\sum_{n=1}^\infty nu_n^2
&\le\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^nu_ku_n\tag4\\
&=\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=k}^\infty u_ku_n\tag5\\
&=\frac12\left[\left(\sum_{n=1}^\infty u_n\right)^2+\sum_{n=1}^\infty u_n^2\right]\tag6\\
\sum_{n=1}^\infty(2n-1)u_n^2
&\le\left(\sum_{n=1}^\infty u_n\right)^2\tag7
\end{align}
$$
Explicación:
$(4)$: aplicar $(1)$
$(5)$: cambiar el orden de la suma de
$(6)$: promedio de $(4)$ e $(5)$
$(7)$: restar $\frac12\sum\limits_{n=1}^\infty u_n^2$ desde ambos lados y doble
Tenga en cuenta que $(7)$ es fuerte si tenemos en cuenta ninguna de las secuencias $$ u_n=\left\{\begin{array}{} 1&\text{if }1\le n\le N\\ 0&\text{if }n\gt N \end{array}\right. $$
Roger Hoover
Puntos
56
Deje $b_n=\sqrt{a_n}$. A continuación, $\{b_n\}_{n\geq 1}$ es una disminución de la secuencia de los números reales positivos y queremos mostrar que $$ \sum_{n\geq 1}\frac{b_n}{\sqrt{n}}<+\infty\quad\Longrightarrow\quad \sum_{n\geq 1}b_n^2 < +\infty.$$ Por el Cauchy-Schwarz desigualdad disfrazado de Titu del lema que hemos $$ \sum_{n=N+1}^{2N}\frac{b_n}{\sqrt{n}} \geq \frac{\left(\sqrt{b_{N+1}}+\ldots+\sqrt{b_{2N}}\right)^2}{\sqrt{N+1}+\ldots+\sqrt{2N}}\geq \frac{N^2 b_{2N}}{\frac{2}{3}(2\sqrt{2}-1)N\sqrt{N}}\geq \frac{4}{5}\sqrt{N}\,b_{2N} $$ por lo tanto $$ \sum_{k\geq 0}2^{k/2} b_{2^k} $$ es convergente y $b_{2^k}=o(2^{-k/2})$. En el otro lado $$\begin{eqnarray*} \sum_{n=N+1}^{2N}b_n^2 &=& \sum_{n=N+1}^{2N}\sqrt{n}b_n\cdot\frac{b_n}{\sqrt{n}}\\&=&\sqrt{2N} b_{2N}\sum_{n=N+1}^{2N}\frac{b_n}{\sqrt{n}}+\sum_{n=N+1}^{2N-1}\left(\frac{b_n}{\sqrt{n}}-\frac{b_{n+1}}{\sqrt{n+1}}\right)\sum_{m=N+1}^{n}\frac{b_n}{\sqrt{n}}\end{eqnarray*} $$ por sumación por partes, y suponiendo que $b_n$ es normalizado de tal manera que $\sum_{n\geq 1}\frac{b_n}{\sqrt{n}}=1$, el lado derecho es limitado por $$\begin{eqnarray*}&&\sum_{n=N+1}^{2N-1}\frac{b_n}{\sqrt{n}}\left[\sqrt{2N} b_{2N}+\sum_{n=N+1}^{2N-1}\left(\frac{b_n}{\sqrt{n}}-\frac{b_{n+1}}{\sqrt{n+1}}\right)\right]\\&=&\sum_{n=N+1}^{2N-1}\frac{b_n}{\sqrt{n}}\left[\sqrt{2N} b_{2N}+\frac{b_{N+1}}{\sqrt{N+1}}-\frac{b_{2N}}{\sqrt{2N}}\right]\\&\leq& \sum_{n=N+1}^{2N-1}\frac{b_n}{\sqrt{n}}\left[\sqrt{2N} b_{2N}+\frac{5\sqrt{2}}{4N}\right]\\ &\leq&\frac{5\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{N+2}{N+1}\sum_{n=N+1}^{2N}\frac{b_n}{\sqrt{n}}.\end{eqnarray*} $$ Este desvío da una mejora cuantitativa de las otras pruebas: sumando en $N=2^k$ con $k\in\mathbb{N}$, a continuación, deshacerse de la normalización de la asunción, obtenemos $$\boxed{\sum_{n\geq 1}b_n^2 \leq b_1^2+\color{blue}{\frac{15\sqrt{2}}{8}}\left(\sum_{n\geq 1}\frac{b_n}{\sqrt{n}}\right)^2} $$ y podemos empezar a preguntarse acerca de la óptima constante que puede reemplazar a $\frac{15\sqrt{2}}{8}$, como en Hardy desigualdad. En este sentido, se recomienda reemplazar el corto sumas $\sum_{n=N+1}^{2N}$ con $\sum_{n=N+1}^{AN}$ y optimizar $A$. Considerando $b_n=\frac{1}{n^{1/2+\varepsilon}}$, de tal manera que $\sum_{n\geq 1}\frac{b_n}{\sqrt{n}}$ apenas es convergente, tenemos que el azul constante no puede ser mejorado más allá de $\frac{7}{74}$.
Enfoque alternativo: si una secuencia $\{a_n\}_{n\geq 1}$ es tal que $\sum_{n\geq 1}\lambda_n a_n$ es finito para cualquier $\{\lambda_n\}_{n\geq 1}\in\ell^2$, a continuación, $\{a_n\}_{n\geq 1}\in\ell^2$. Esto es una consecuencia de la Banach-Steinhaus teorema, que puede ser probado de forma independiente por sumación por partes (ver página 150 de mis notas). Las limitaciones de la $0<a_{n+1}<a_n$ e $\sum_{n\geq 1}\frac{a_n}{\sqrt{n}}=C<+\infty$ debería ser más que suficiente para asegurarse de que $\sum_{n\geq 1}\lambda_n a_n$ es finito para cualquier $\Lambda\in\ell^2$, desde el $\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n}$ es divergente.
