Supongamos que $a_n > 0$ % todo $n\geq 1$y definir $S_n = \sum_{i=1}^n{a_i}$. Si $S_n$ es convergente, demostrar que $$ \frac{n^2}{\sum_{i=1}^n{\frac{1}{a_i}}} $ $ también es convergente.
Gracias.
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Consulte el artículo de Wikipedia sobre Pitágoras.
Aquí están algunos detalles más. El artículo de Wikipedia nos dice que la cantidad en cuestión es limitada por la suma. Sólo parece dar fronteridad. Supongamos, sin embargo, que $\sum_{i=N}^\infty a_i < \epsilon$ y que $C = \sum_{i=1}^{N-1} a_i^{-1}$. $n > N$ Tenemos % $ $$\frac{(n-N)^2}{\sum_{i=N}^n a_i^{-1}} < \epsilon.$en otras palabras, $$ \sum_{i=N}^n a_i^{-1} > \epsilon^{-1} (n-N)^2. $ $ por tanto $$ \sum_{i=1}^n a_i^{-1} > C + \epsilon^{-1} (n-N)^2 = \epsilon^{-1}n^2 + o(n^2). $ $ así que de hecho es cierto para cada $$ \limsup_{n \rightarrow \infty} \frac{n^2}{\sum_{i=1}^n a_i^{-1}} < \epsilon. $ $\epsilon > 0$ $ desde este, el límite en cuestión es realmente $0$.
Anthony Shaw
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Esto es similar a Yuval Filmus' la prueba, pero tal vez lo suficientemente diferentes como para ser vale la pena considerar.
Desde $\sum_{i=1}^n a_i$ converge, para cualquier $\epsilon>0$ hay un $N$, de modo que para todos los $m,n>N$, $$\sum_{i=m+1}^n a_i<\epsilon$$ Del titular de la desigualdad, dice $$ \left(\sum_{i=m+1}^n a_i\right)\left(\sum_{i=m+1}^n \frac{1}{a_i}\right)\ge\left(\sum_{i=m+1}^n 1\right)^2=(n-m)^2 $$ Por lo tanto, para todos los $m,n>N$, $$ \frac{(n-m)^2}{\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_i}}\le\frac{(n-m)^2}{\displaystyle\sum_{i=m+1}^n\frac{1}{a_i}}\le\sum_{i=m+1}^n a_i<\epsilon $$ Deje $n\ge 2m>2N$, luego $$ \frac{n^2}{\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_i}}\le 4\frac{(n-m)^2}{\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_i}}<4\epsilon $$ Desde $\epsilon$ fue arbitrario, tenemos que $$ \lim_{n\to\infty}\;\frac{n^2}{\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_i}}=0 $$
