Cómo probar esta serie $\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{a_{n}}{(n+1)a_{n+1}}$ diverge

Question

Pregunta:

Suponga que $a_{n}>0,n\in N^{+}$, $$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ $ es convergente. Mostrar que $$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{a_{n}}{(n+1)a_{n+1}}$$ es divergente?

Mi idea: ya que $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ converge, entonces existe $M>0$ tal $$a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}<M$$ entonces no se puede continuar. Gracias.

Answer 1

Este es esencialmente el mismo como Erick Wong precioso solución a un problema similar.

Set $\displaystyle b_n=\frac{a_n}{(n+1)a_{n+1}}$. Desde $a_n\to 0$ $a_n>0$ hay una cierta disminución de subsequence $a_{n_1}>a_{n_2}>a_{n_3}>\cdots$. Pasando a un subsubsequence si es necesario, podemos suponer sin pérdida de ese $n_{i+1}\ge 2n_i+1$ por cada $i$. Set $d_i=n_{i+1}-n_i$. La estrategia ahora será obligado a $\displaystyle \sum_{n_i\le k<n_{i+1}}b_k$ por debajo de $\frac{1}{2}$ el uso de AM-GM; esto demuestra que la deseada de la serie diverge. Tenemos

$$\prod_{n_i\le k<n_{i+1}}b_k>\prod_{n_i\le k<n_{i+1}}\frac{1}{n_{i+1}+1}\frac{a_k}{a_{k+1}}=\left(\frac{1}{n_{i+1}+1}\right)^{d_i}\frac{a_{n_i}}{a_{n_{i+1}}}>\left(\frac{1}{n_{i+1}+1}\right)^{d_i}$$

Ahora, por AM-GM, tenemos $$\sum_{n_i\le k<n_{i+1}}b_k\ge d_i\left(\frac{1}{n_{i+1}+1}\right)\ge \frac{1}{2}$$ Donde la última desigualdad se sigue de reordenación de las $\displaystyle \frac{n_{i+1}}{2}\ge n_i+\frac{1}{2}$ $$d_i=n_{i+1}-n_i\ge \frac{1}{2}(n_{i+1}+1)$$

Answer 2

Desde hace mucho de atrás,puedo publicar mis métodos

prueba:Assmue que: $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{a_{n}}{(n+1)a_{n+1}}$,entonces para cualquier $p\in N^{+}$,han $$\sum_{k=n}^{n+p-1}\dfrac{a_{k}}{(k+1)a_{k+1}}<\dfrac{1}{4}\Longrightarrow\sum_{k=n}^{n+p-1}\dfrac{a_{k}}{(n+p)a_{k+1}}<\dfrac{1}{4}$$ entonces $$\dfrac{1}{p}\sum_{k=n}^{n+p-1}\dfrac{a_{k}}{a_{k+1}}<\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{n+p}{p}<\dfrac{1}{2}(p>n\mbox{时})$$ de otro lado,Por AM-GM $$\dfrac{1}{p}\sum_{k=n}^{n+p-1}\dfrac{a_{k}}{a_{k+1}}=\dfrac{1}{p}\left(\dfrac{a_{n}}{a_{n+1}}+\dfrac{a_{n+1}}{a_{n+2}}+\cdots+\dfrac{a_{n+p-1}}{a_{n+p}}\right)$$ por lo $$\sqrt[n]{\dfrac{a_{n}}{a_{n+p}}}<\dfrac{1}{2}\Longrightarrow a_{n+p}>2^na_{n}$$ contradicción