¿Existe una secuencia $\{a_n\}_{n\ge1}$ con $a_n < a_ {n + 1} + a_ {n ^ 2} $ que $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ converge?

Question

¿Existe una secuencia $\{a_n\}_{n\ge1}$ con $a_n < a_ {n + 1} + a_ {n ^ 2} $ que $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ converge?

¿Existe una secuencia con la misma propiedad, pero con cada término positivo?

Answer 1

Bueno, de hecho, es imposible. En primer lugar nos encontramos una $n>1$ que $a_n$ es estrictamente positivo. La idea básica de la prueba es de señalar que si dicen que $a_n<a_{n+1}+a_{n^2}$, entonces podemos repetir este paso para obtener $a_n<a_{n+2}+a_{(n+1)^2}+a_{n^2+1}+a_{n^4}$ y si combinamos los dos, nos dan $2a_n<a_{n+1}+a_{n^2}+a_{n+2}+a_{(n+1)^2}+a_{n^2+1}+a_{n^4}$ y el tiempo que podemos asegurar que los índices siguen siendo distintos, entonces podemos obligado de nuestra infinita suma por el lado derecho y por lo tanto por una arbitrariamente grandes múltiplo de $a_n$. Desde $a_n$ es estrictamente positivo, este inmediatamente se implica divergencia.

Definir dos funciones en los enteros positivos, $S: m\mapsto m^2$ y $A: m\mapsto m+1$ ($S$ stands para cuadrar y $$ para agregar). A continuación, de forma recursiva definen los siguientes conjuntos: $I_0=\{n\}$ y $I_{i+1}=S(I_i)\cup(I_i)$, es decir $I_k$ es un $k$-composición del pliegue de $A$y $S$s aplicadas a $n$. Luego se sigue inmediatamente de $n>1$ que el elemento más pequeño de $I_k$ es $n+k$. Yo ahora dicen que $I_k$ tiene $2^k$ elementos. Para probarlo, le uso de la inducción. Es cierto por $I_0$. Si es cierto por $I_{k}$, entonces por la inyectividad de $S$ y $Un$, debe ser el caso de que $S(I_{k})$ y $(I_{k})$ tanto $2^{k}$ elementos. Supongan que tienen un elemento en común. Entonces podemos escribir ese elemento como un cuadrado perfecto de un número mínimo de $n+k$ y $n+k+1$ (lo cual es imposible - $(n+k)^2>n+k+1$ ya $n+k\geq2$ por supuesto) o como $u^2+i$ para algunos enteros $u$ y $i$ con $i<k+1$ (es decir, cada elemento de $A(I_{k})$ puede ser escrito como $A^{k+1}(n)$ o $A^es(x)$ $i<k+1$ y $x\in I_{k-i}$). En el primer caso, nos encontramos con que $i$ es la diferencia entre dos cuadrados, la más grande de las cuales es al menos el cuadrado de $n+k$, por lo que $i$ al menos $(n+k)^2-(n+k-1)^2=2(n+k)-1>k+1$, lo cual es una contradicción. Por lo tanto $S(I_{k})$ y $(I_{k})$ son disjuntas y $I_{k+1}$ tiene $2^{k+1}$ y elementos de nuestro inductivo prueba está completa.

Ahora obtenemos las desigualdades $a_n=\sum_{i\in I_0}a_i<\sum_{i\in I_1}a_i<\sum_{i\in I_2}a_i<....$, el único problema es que $I_i$ y $I_j$ no puede ser distinto. Para definir una nueva secuencia de finito de conjuntos de índices de $J_k$ por $J_0=I_{0}$ y si $J_k$ ha elemento mayor de $r$, entonces definimos $J_{k+1}=I_r$ cuyo elemento más pequeño es de $n+r$, de modo que $s<t$ siempre $s\en J_u$ y $t\in J_v$ con $u<v$, por lo que el $J_k$ son distintos finito de conjuntos de índices y se heredan las desigualdades $a_n=\sum_{i\in J_0}a_i<\sum_{i\in J_1}a_i<\sum_{i\in J_2}a_i<....$. Ahora observamos que $\sum_{i=1}^{\infty}a_i\geq\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{i\in J_k}a_i>\sum_{k=0}^{\infty}a_n$, por lo que la suma diverge.

Answer 2

Supongamos que dicha secuencia positiva de $\{a_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ existe.

A continuación, mediante la aplicación repetida de la propiedad $a_n < a_{n+1}+a_{n^2}$ en cada término que aparece a partir de $a_2$, se obtiene: $a_2 < a_3 + a_4 < a_4 + a_5 + a_9 +a_{16} < \ldots $ y así sucesivamente.

Vamos, $\{S_k\}_{k\ge 1}$ ser el resultado de la secuencia de los subíndices formado por la repetición de las aplicaciones. Así, $S_1=\{2\},S_2=\{3,4\},S_3=\{4,5,9,16\},\ldots$ y así sucesivamente.

La idea es mostrar que estos $S_k$'s no tienen elementos de repetición, de modo que $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n$ divergentes, ya que cualquier cola de la serie debe ser mayor que $a_2 > 0$.

Ahora, Elige los más de $l$, donde una repetición sucede en $S_l$. A continuación, la repetición del elemento debe ser de la forma $m^2$, $m \in \mathbb{N}$, que viene desde $m \in S_{l-1}$ y $m^2-1 \S_{l-1}$.

Pero, entonces $m^2-1 \S_{l-1} \implica m^2-2 \S_{l-2} \implica \ldots \implica m^2-2m+2 \S_{l-2m +2}$ desde entonces, ninguno de $m^2-1,m^2-2,\ldots,m^2-2m+2$ son cuadrados perfectos. Por lo tanto debemos tener $l > 2m-2$.

También, $m \in S_{l-1} \implica m > l-1$.

Lo cual es absurdo como $m$ es mayor que $2$.

(Q. E. D.)