Si $\prod_{n}(1+a_n)$ converge, no $\sum_{n}\frac{a_n}{1+a_n}$ convergen?

Question

Tengo una secuencia de números complejos $a_1,a_2,...$ tal que $a_i \neq -1$. Luego tengo la infinita producto $\prod_{n=1}^{\infty}(1+a_n)$ que sé que converge a un número complejo distinto de cero. Me preguntaba si esto es suficiente para garantizar la convergencia de las $\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{1+a_n}$.

Yo no podía llegar con una evidente contraejemplo y mi primera idea para demostrar que estaba asumiendo $\prod_{n=1}^{\infty}(1+a_n)=S$, lo $\sum_{n=1}^{\infty}\ln(1+a_n)=\ln S$ converge, pero no tienen idea de cómo lidiar con este desde $1+a_i$ es complejo.

Si este se bifurca en general, me preguntaba si hay alguna de las condiciones necesarias y suficientes para la suma de los convergen $\sum_n|a_n|<\infty$ o que el $a_n$ son números reales positivos.

Cualquier ayuda sería impresionante,y gracias por echar un vistazo!

Answer 1

El infinito producto $\prod_n (1+a_n)$ converge (a un valor distinto de cero) si y sólo si $\sum_n \log(1+a_n)$ converge (de una rama de $\log$ que es analítica en un barrio de $1$,$\log(1) = 0$). Esto no es , en general, implican $\sum_n \dfrac{a_n}{1+a_n}$ converge. Por ejemplo, tomar una secuencia $b_k \to 0 + $ y deje $c_k = 1/(1+b_k) - 1$. Así $\log(1+c_k) = -\log(1+b_k)$. Por otro lado, $$ \dfrac{c_k}{1+c_k} + \dfrac{b_k}{1+b_k} = \dfrac{-b_k^2}{1+ b_k} \ne 0$$ Considere la posibilidad de una secuencia $a_n$ que, para cada una de las $k$, se repite $b_k, c_k$ de las veces suficientes como para que la suma parcial de $a_n/(1+a_n)$ a cambio $1$, antes de pasar a la próxima $k$. A continuación, $\sum \log(1+a_n)$ converge a $0$ pero $\sum a_n/(1+a_n)$ diverge.

Answer 2

Es ACEPTAR de absoluta convergencia. Pero no en general.

Tome $\log(1+a_n) = (-1)^n/\sqrt{n}$$n \ge 1$, por lo que $\sum \log(1+a_n) = \sum (-1)^n/\sqrt{n}$ converge (condicional). Pero $$ \frac{a_n}{1+a_n} = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} - \frac{1}{2n} +O\left(\frac{1}{n^{3/2}}\right) $$ y por lo tanto $\sum a_n/(1+a_n)$ diverge.