Suma infinita: probar o refutar esta afirmación

Question

En uno de mis libros de texto que me pidieron para probar:

Supongamos $0<p_1<p_2<\cdots<p_n<\cdots$, probar: $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{p_n}\quad\text{converges}\Leftrightarrow\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{p_1+p_2+\cdots+p_n}\quad\text{converges}$$

Mi idea era que yo debería ser capaz de demostrar que cuando se $n\to\infty$, $$\frac{1}{p_n}\sim\frac{n}{p_1+p_2+\cdots+p_n}$$ pero yo no.
Yo no podía ni siquiera pensar en un método eficaz para demostrar la $\implies$ parte de mi intento fallido es como sigue:
Si $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{p_n}$ converge, entonces quiero usar la prueba de comparación: $$\frac{\frac{n}{p_1+p_2+\cdots+p_n}}{\frac{1}{p_n}}\le\frac{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{p_n}}{n\cdot\frac{1}{p_n}}$$ Traté de-límite superior de la RHS, pero desde $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{p_n}$ converge, mediante la prueba de comparación tenemos $$\frac{\frac{1}{p_n}}{\frac1n}\to 0^+\quad\text{as}\quad n\to\infty$$ y por lo tanto no podía obligado RHS.
Alguien me puede ayudar con este problema? Saludos!

Answer 1

Mi idea era que yo debería ser capaz de demostrar que cuando se $n\to\infty$, $$\frac{1}{p_n}\sim\frac{n}{p_1+p_2+\cdots+p_n}$$ pero yo no.

Eso no es de extrañar, ya que la asintótica de la igualdad no se mantienen en general. Si, por ejemplo,$p_n = 2^n$, luego

$$\frac{n}{p_1 + \dotsc + p_n} = \frac{n}{2^{n+1}-1} \sim \frac{n}{2p_n}.$$

Pero, por monotonía, tenemos

$$\sum_{i=1}^n p_i < np_n,$$

y por lo tanto la majorisation

$$\frac{1}{p_n} < \frac{n}{p_1 + \dotsc + p_n}$$

muestra la dirección de la equivalencia. Por otro lado, para $n \geqslant 2$, tenemos

$$\sum_{i=1}^n p_i \geqslant \sum_{i = \lfloor n/2\rfloor}^n p_i \geqslant \frac{n}{2}p_{\lfloor n/2\rfloor}$$

y por lo tanto

$$\frac{n}{p_1 + \dotsc + p_n} < \frac{2}{p_{\lfloor n/2\rfloor}},$$

que muestra la otra dirección.

Answer 2

Desde $$ \frac1{p_n}\le\frac{n}{p_1+p_2+\dots+p_n}\etiqueta{1} $$ si $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{n}{p_1+p_2+\dots+p_n}\etiqueta{2} $$ converge, entonces $$ \sum_{n=1}^\infty\frac1{p_n}\etiqueta{3} $$ converge.

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En el otro sentido, podemos utilizar el mismo argumento como en esta respuesta.

Por Cauchy-Schwarz, tenemos $$ \begin{align} \left(\sum_{j=1}^kp_j\right)\left(\sum_{j=1}^k\frac{j^2}{p_j}\right) &\ge\left(\sum_{j=1}^kj\right)^2\\[3pt] &=\frac{k^2(k+1)^2}{4}\tag{4} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \sum_{k=1}^n\frac{k}{\sum\limits_{j=1}^kp_j} &\le\sum_{k=1}^n\frac4{k(k+1)^2}\sum_{j=1}^k\frac{j^2}{p_j}\\ &=\sum_{j=1}^n\frac{j^2}{p_j}\sum_{k=j}^n\frac4{k(k+1)^2}\\ &\le\sum_{j=1}^n\frac{j^2}{p_j}\sum_{k=j}^n2\left(\frac1{k^2}-\frac1{(k+1)^2}\right)\\ &\le\sum_{j=1}^n\frac{j^2}{p_j}\frac2{j^2}\\ &=2\sum_{j=1}^n\frac1{p_j}\tag{5} \end{align} $$ Por lo tanto, si $(3)$ converge, $(2)$ converge. De hecho, hemos $$ \sum_{n=1}^\infty\frac1{p_n} \le\sum_{n=1}^\infty\frac{n}{p_1+p_2+\dots+p_n} \le2\sum_{n=1}^\infty\frac1{p_n}\etiqueta{6} $$

Answer 3

Por parcial de la suma tenemos $$\sum_{k\leq n}p_{k}=np_{n}-\sum_{k\leq n-1}k\left(p_{k+1}-p_{k}\right) $$ then we can write the second series as $$\sum_{n\geq1}\frac{n}{np_{n}-\sum_{k\leq n-1}k\left(p_{k+1}-p_{k}\right)}. $$ Consider $$\frac{np_{n}-\sum_{k\leq n-1}k\left(p_{k+1}-p_{k}\right)}{np_{n}}=1-\frac{\sum_{k\leq n-1}k\left(p_{k+1}-p_{k}\right)}{np_{n}}. $$ We have $$0\leftarrow1-\frac{\left(n-1\right)\left(p_{n}-p_{1}\right)}{np_{n}}<1-\frac{\sum_{k\leq n-1}k\left(p_{k+1}-p_{k}\right)}{np_{n}}<1-\frac{p_{n}-p_{1}}{np_{n}}\rightarrow1 $$ and so $$\lim_{n\rightarrow\infty}1-\frac{\sum_{k\leq n-1}k\left(p_{k+1}-p_{k}\right)}{np_{n}}=c\en\left(0,1\right) $$ y así por el límite de la prueba de comparación si uno de estos dos de la serie converge, el otro de la serie converge.