¿Si $\sum_{n=1}^\infty na_n$ converge, converger $\sum_{n=1}^\infty na_{n+1}$?

Question

Pido un poco de ayuda con esta pregunta:

Probar o proporcionar contador de ejemplo:

Si $\sum_{n=1}^\infty na_n$ converge, a continuación, $\sum_{n=1}^\infty na_{n+1}$ también converge.

Me trata de esta manera:

Si $\sum_{n=1}^\infty na_n$ converge, a continuación,$na_n \to 0$, por lo $a_n \to 0$.

Hay 3 casos posibles:

1) Si $a_n >0 $ $a_n$ es monótona decreciente de la secuencia, a continuación, $na_{n+1}<na_n$ $\sum_{n=1}^\infty na_{n+1}$ converge por la Prueba de Comparación.

2) Si $a_n >0 $ $a_n$ no es monotónica disminución de la secuencia : no es posible que $a_{n+1}>a_n$ porque en este caso $a_n \to \infty$, por lo tanto debe ser $a_{n+1} \le a_n$ $\sum_{n=1}^\infty na_{n+1}$ converge por la Prueba de Comparación.

3) Si $a_n$ es inicio de sesión alterna de la serie. Tengo un problema para encontrar una solución.

Gracias.

Answer 1

Sí. Poner $b_n=na_n$, entonces la pregunta es ahora (ver mi comentario sobre la pregunta):

¿Si $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n$ converge, converger $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{b_n}{n}$?

Que $s_n=\sum_{k=1}^n b_n$. Obtenemos (sumatoria parcial) $$ \sum_{k=1}^n\frac{b_k}{k} = \sum_{k=1}^n\frac{s_k-s_{k-1}}{k} = \sum_ {k = 1} ^ n\Bigl (\frac1k-\frac1 {k+1} \Bigr) s_k + \frac {s_n} {n+1} =\sum_{k=1}^n\frac1{k(k+1)} s_k + \frac {s_n} {n+1} $ que converge como $n\to\infty$, porque $s_k$ es limitado, por lo que la suma es absolutamente convergente.

Answer 2

Un enfoque de abelian y Teorema tauberian parece razonable: que $$f(z)=\sum a_nz^n.$$ If $\sum n a_n$ converges, then $$f'(z)\rightarrow\sum n a_n$$ when $z\rightarrow 1_{-}$(abelian theorem). Then $$\int_0^{z}f'(u)du$$ tends to a definite value when $z\rightarrow 1_{-}.$ Recalls that $a_n=o(1/n) $, then the tauberian theorem asserts that $$f(z)\rightarrow\sum a_n$$ when $z\rightarrow 1_ {–} $ en tal caso y terminado.