Si$\sum a_n$ converge, entonces$a_n<1/n$ ae?

Question

Si $\sum_{n=1}^{\infty}a_n<\infty$ es una serie convergente positiva , ¿se mantiene el siguiente límite? $$\lim_{n\to\infty}\frac{\mathrm{Card}\{1\leq k\leq n , a_k\geq\frac{1}{k}\}}{n}=0$ $ Sé de un ejemplo no trival para apoyar esto: $$a_n=1/n ,\mathrm{if} \sqrt{n}\in\mathbb{N},a_n=1/n^2. $$For those who don't know, the Card of $ \ {1 \ leq k \ leq n, a_k \ geq \ frac {1} {k} \ }$ is $ O (\ sqrt {n}). $

Answer 1

Nota: como se observa en los resultados, no se exactamente demostrar lo que el OP se le preguntó.

De hecho, el resultado reivindicado se tiene:

La proposición. Suponga que $(a_n)_{n\in\mathbb{N}}$ es un no-secuencia negativa tal que $\sum_{n=1}^\infty a_n < \infty$. Entonces, tenemos $$ \lim\!\inf_{n\to\infty} \frac{|\{ 1\leq k\leq n : a_k \geq 1/k \}|}{n} = 0\,. $$

Prueba. Supongamos, por $n\geq 1$, $$S_n \stackrel{\rm def}{=} \{ 1\leq k\leq n : a_k \geq 1/k \} \tag{1}$$ y supongamos por contradicción que $$ \lim\inf_n\frac{|S_n|}{n}=\alpha > 0\,. \etiqueta{2} $$ En particular, existe $n_0\geq 1$ tal que, para todos los $n\geq n_0$, $|S_n| \geq \frac{\alpha}{2}n$. De ahora en adelante, consideramos $n\geq n_0$. Ahora, desde la $a_n \geq 0$ para todos los $n$, tenemos $$ \sum_{k=1}^n a_k \geq \sum_{k\in S_n} a_k\geq \sum_{k\in S_n} \frac{1}{k}\geq \frac{\alpha}{2}n\cdot \frac{1}{n} = \frac{\alpha}{2}\,. $$

Por supuesto, esto no es suficiente para llegar a una conclusión. Vamos a intentarlo de nuevo: fix $n\geq n_0$, y para $t\in\mathbb{N}$ (recordando que $S_n \subseteq S_{2n} \subseteq \dots\subseteq S_{tn}$), $$\begin{align} \sum_{k=1}^{tn} a_k &\geq \sum_{k\in S_n} a_k + \sum_{k\in S_{2n}\setminus S_n} a_k+ \dots + \sum_{k\in S_{tn}\setminus S_{(t-1)n}} a_k \\ &\geq \sum_{k\in S_n} \frac{1}{k} + \sum_{k\in S_{2n}\setminus S_n} \frac{1}{k}+ \dots + \sum_{k\in S_{tn}\setminus S_{(t-1)n}} \frac{1}{k} \\ &\geq \frac{|S_n|}{n} + \frac{|S_{2n}\setminus S_n|}{2n}+ \dots + \frac{|S_{tn}\setminus S_{(t-1)n}|}{tn} \\ &= \frac{|S_n|}{n} + \frac{|S_{2n}|-|S_n|}{2n}+ \dots + \frac{|S_{tn}|- |S_{(t-1)n}|}{tn} \\ &= \frac{|S_n|}{2n}+ \frac{|S_{2n}|}{6n}+ \dots + \frac{|S_{sn}|}{s(s+1)n}+ \dots + \frac{|S_{(t-1)n}|}{t(t-1)n} + \frac{|S_{tn}|}{tn} \\ &\geq \frac{\alpha}{2}\left(\frac{1}{2}+ \frac{1}{3}+ \dots + \frac{1}{s+1}+ \dots + \frac{1}{t} + 1\right) \\ &= \frac{\alpha}{2} H_t\,. \end{align}$$ la segunda hasta la última línea, ya que los $S_{sn}$ tiene al menos $\frac{\alpha}{2} sn$ elementos.

Desde que la serie Armónica se extiende hacia el infinito, obtenemos $$\begin{align} \sum_{k=1}^{tn} a_k \geq \frac{\alpha}{2} H_t \xrightarrow[t\to\infty]{} \infty\,, \end{align}$$ contradiciendo la convergencia de la serie. $\square$

Answer 2

Otra manera de expresar su condición es $$ \lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{j=1}^n\left[a_j\ge\frac1j\right]=0\tag1 $$ donde $[\dots]$ son Iverson Soportes.

Supongamos que $(1)$ es falso, entonces no es un $\epsilon\gt0$ , de modo que para una infinidad de $n$, $$ s_n=\sum_{j=1}^n\left[a_j\ge\frac1j\right]\ge n\epsilon\tag2 $$ Encontrar un $n_1$ que satisface $(2)$ bastante grande que $n_1\epsilon\ge1$. A continuación, encontrará $n_k$ que satisface $(2)$ e $n_k\epsilon\ge2s_{n_{k-1}}$.

Desde $s_{n_{k-1}}\le\frac12n_k\epsilon\le\frac12s_{n_k}$, tenemos $s_{n_k}-s_{n_{k-1}}\ge\frac12s_{n_k}$. Además, $$ \sum_{n_{k-1}\lt j\le n_k}a_j\ge\frac{\frac12s_{n_k}}{n_k}\ge\frac12\epsilon\tag3 $$ Desde que la serie es la suma de un número infinito de intervalos, como la de $(3)$, la serie diverge.

Suponiendo que $(1)$ es falso nos lleva a la conclusión de que la serie diverge. Por lo tanto, si la serie converge, $(1)$ es cierto.

Answer 3

Suponga $a_n\geq 0$ e $\sum_{n=1}^\infty a_n<\infty$ ser una serie convergente.

Definir $$b_n=|\{k: \frac{1}{n}\leq a_k<\frac{1}{n-1}\}|$$. Tenemos que $$\sum_{n=1}^\infty\frac{ b_n}{n}\leq \sum_{n=1}^\infty a_n<\infty$$

Tenemos $$\frac{|\{k\leq n:a_k\geq 1/k\}|}{n}\leq\frac{|\{k\leq n:a_k\geq 1/n\}|}{n} =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n {b_k}.$$

Para demostrar lo que queremos es suficiente para demostrar la siguiente:

Para $b_n\geq 0$.$$\hbox{If }\sum_{n=1}^\infty \frac{b_n}{n}=L<\infty\hbox{ then }\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n {b_k}=0$$ Prueba: Supongamos $A(x)=\sum_{n\leq x} \frac{b_n}{n}$. Tenemos $\lim_{x\to\infty} A(x)=L$. Nota $$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n {b_k}=\frac{1}{n}\int_{0}^{n^+}x\operatorname{d}(A(x))$$ Por integración por partes(sumación por partes) tenemos $$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n {b_k}=A(n)-\frac{1}{n}\int_{0}^{n}A(x)\operatorname{d}x$$ Desde $A(x)\to L$ como $x\to\infty$ tenemos que la anterior converge a $L-L=0$.