$\sum \frac{a_n}{\ln a_n}$ converge $\implies \sum \frac{a_n}{\ln (1+n)}$ converge

Question

Deje $0<a_n<1$ ser números reales. Demostrar que $\sum \frac{a_n}{\ln a_n}$ converge $\implies \sum \frac{a_n}{\ln (1+n)}$ converge

Tenga en cuenta que $\displaystyle \frac{a_n}{\ln (1+n)} \leq \frac{a_n}{-\ln a_n}\iff a_n\geq \frac{1}{n+1}$

Si $a_n\geq \frac{1}{n+1}$ para muchos arañazos $n$, la serie $\sum \frac{a_n}{\ln (1+n)}$ puede thefore ser comparado con $\sum \frac{a_n}{-\ln a_n}$ y hemos terminado. De lo contrario, $a_n< \frac{1}{n+1}$ y estamos tentados a considerar la serie de $\displaystyle \sum \frac{1}{(n+1)\ln (1+n)}$ que es, por desgracia divergentes.

Eso es como yo lo que puedo ir con este problema. Suma por una parte es un callejón sin salida así.

Answer 1

Editar/Comentario: este es muy similar en espíritu a mathguy la respuesta de abajo-arriba; sólo mucho más detallado.

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Vamos a empezar desde el "trivial" igualdad $$ \frac{a_n}{\ln(n+1)} = \frac{a_n}{\ln(n+1)} \mathbb{1}_{\left\{ a_n < \tau_n\right\}} + \frac{a_n}{\ln(n+1)} \mathbb{1}_{\left\{ a_n \geq \tau_n \right\}} $$ que vale para cualquier elección de "umbral" $(\tau_n)_n$; en concreto, queremos elegir una adecuada secuencia de los umbrales que nos permitiría invocar teoremas de comparación. (En lo que usted hizo, usted implícitamente eligió $\tau_n = \frac{1}{n+1}$: esto no es suficiente, así que vamos a elegir a un menor umbral.)

Además, se $\ln(n+1)$ aparecen en otro (es decir, cuando la parte superior del delimitador el segundo término de la anterior identidad), se tendrá que elegir a $\tau_n=\frac{1}{(n+1)^\alpha}$ algunos $\alpha > 0$: de modo que $\ln\frac{1}{\tau_n} = \alpha\ln(n+1).$

(Parar ahora, si usted no desea que la solución completa, pero sólo una sugerencia.)

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En detalle: Como vamos a ver, $\alpha > 1$ -- a continuación, establecemos $\alpha \stackrel{\rm def}{=}2$. Escribir $$ \frac{a_n}{\ln(n+1)} = \frac{a_n}{\ln(n+1)} \mathbb{1}_{\left\{ a_n < \frac{1}{(n+1)^2} \right\}} + \frac{a_n}{\ln(n+1)} \mathbb{1}_{\left\{ a_n \geq \frac{1}{(n+1)^2} \right\}} $$ Para el primer término, podemos escribir $$\frac{a_n}{\ln(n+1)} \mathbb{1}_{\left\{ a_n < \frac{1}{(n+1)^2} \right\}}\leq \frac{1}{(n+1)^2\ln(n+1)} \mathbb{1}_{\left\{ a_n < \frac{1}{(n+1)^2} \right\}} \leq \frac{1}{(n+1)^2\ln(n+1)}$$

Para el segundo, $$\begin{align} \frac{a_n}{\ln(n+1)} \mathbb{1}_{\left\{ a_n \geq \frac{1}{(n+1)^2} \right\}} &= \frac{a_n}{\frac{1}{2}\ln((n+1)^2)} \mathbb{1}_{\left\{ a_n \geq \frac{1}{(n+1)^2} \right\}} \leq \frac{a_n}{\frac{1}{2}\ln \frac{1}{a_n}} \mathbb{1}_{\left\{ a_n \geq \frac{1}{(n+1)^2} \right\}} \\ &\leq \frac{2a_n}{\ln \frac{1}{a_n}} \mathbb{1}_{\left\{ a_n \geq \frac{1}{(n+1)^2} \right\}} \leq \frac{2a_n}{\ln \frac{1}{a_n}}. \end{align}$$

Juntos, podemos conseguir $$ 0 < \frac{a_n}{\ln(n+1)} \leq \frac{1}{(n+1)^2\ln(n+1)} + 2\frac{a_n}{\ln \frac{1}{a_n}} $$ lo que permite concluir teoremas de comparación.

Answer 2

Gran comienzo.

Ahora imagine que usted podría comparar con $\sum \frac 1 {(n+1)^2\ln(n+1)}$... en su enfoque, comparar los términos de la "nueva" serie contra 2 veces los términos de la "vieja" de la serie (-1 veces). Esto le llevará a la serie convergente para el "resto" de los términos.

Como poner las cosas juntas, para hacer "muchos arañazos $n$" riguroso, comparar la nueva serie en contra de la SUMA de 2 veces la serie antigua (tiempos -1) Y la serie convergente $\sum \frac 1 {(n+1)^2\ln(n+1)}$.