Supongamos que $a_n>0$ y $\sum_{n=1}^{\infty}{a_n}$ diverge. Determinar la convergencia de $\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{a_n}{s_n^2}}$ , donde $s_n=\sum^n a_n$ .

Question

Supongamos que $a_n>0$ y $\sum_{n=1}^{\infty}{a_n}$ diverge. Determine si $\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{a_n}{s_n^2}}$ converge, donde $s_n=a_1+a_2+ \cdots + a_n$ .

Mi intento:

Al probar algunos ejemplos, la serie $\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{a_n}{s_n^2}}$ converge. Procedemos a demostrarlo.

Tenga en cuenta que

$$\frac{a_n}{s_n^2} \leq \frac{a_n}{n^2(a_1a_2\cdots a_n)}$$

Ahora bien, si consigo demostrar que $a_1a_2\cdots a_n \geq 1$ entonces la desigualdad anterior se convierte en

$$\frac{a_n}{s_n^2} \leq \frac{1}{n^2}$$ . Mi opinión es que debe tener algo que ver con la serie divergente $\sum_{n=1}^{\infty}{a_n}$ .

Entonces, por la prueba de Comparación, hemos terminado. Sin embargo, tengo dificultades para demostrar la afirmación. ¿Puede alguien dar alguna pista?

ACTUALIZACIÓN: He cometido un error en mi trabajo. Aquí está mi otro reclamo 'prometedor': $$a_n \leq (\frac{a_1+...+a_n}{n})^2$$ Parece que funciona para cualquier serie que satisfaga la pregunta. Pero no puedo probarlo.

Answer 1

\begin{align} \sum_{n=p+1}^{m}{\frac{a_n}{s_n^2}}&=\sum_{n=p+1}^{m}{\frac{s_n-s_{n-1}}{s_n^2}} \\ &=\sum_{n=p+1}^{m}\frac{s_n-s_{n-1}}{s_{n-1}s_n}\frac{s_{n-1}}{s_n} \\ &=\sum_{n=p+1}^{m}\frac{s_{n-1}}{s_n}\left(\frac{1}{s_{n-1}}-\frac{1}{s_n}\right) \\ &< \sum_{n=p+1}^{m}\left(\frac{1}{s_{n-1}}-\frac{1}{s_n}\right) \hspace{8 mm} \left(0<\frac{s_{n-1}}{s_n}<1\operatorname{ and }\frac{1}{s_{n-1}}-\frac{1}{s_n}>0\right) \\ &=\frac{1}{s_{p}}-\frac{1}{s_m} \\ &<\frac{1}{s_{p}}\to0 \hspace{8 mm} \left(s_{p} \to\infty \operatorname{ as } p\to\infty\right) \end{align} Así que por el criterio de Cauchy, $\sum \limits_{n=1}^{\infty}{\dfrac{a_n}{s_n^2}}$ converge.

Answer 2

He aquí una idea: Supongamos que $f$ es positivo y continuo en $[1,\infty).$ El análogo integral de nuestro problema es: Si $\int_1^\infty f = \infty,$ y $F(x) = \int_1^x f,$ entonces

$$\int_2^\infty \frac{f(x)}{(F(x))^2}\,dx < \infty.$$

Esto es sencillo de comprobar, ya que $f= F'.$ Esto sugiere fuertemente $\sum (a_n/s_n^2) < \infty$ en el caso de la serie.

Answer 3

Para $n \ge 2$ usted tiene, ya que $a_n>0 $ y $(s_n) $ es no negativo y creciente : $$\frac{a_n}{s_n^2} = \frac{s_n-s_{n-1}}{ s_n^2}\le \frac{s_n-s_{n-1}}{ s_{n-1}^2} \le \int_{s_{n-1}}^{s_n} \frac{dt}{t^2} $$ Por lo tanto, para todos los $N \ge 2$ :

$$ \sum_{n=2}^N \frac{a_n}{s_n^2} \le \int_{s_1}^{s_N} \frac{dt}{t^2} = \left[ -\frac{1}{t} \right]_{s_1}^{s_N} = \frac{1}{s_1} - \frac{1}{s_N} \le \frac{1}{s_1} $$

La suma parcial está acotada y los términos son no negativos por lo que la serie $\sum \frac{a_n}{s_n^2} $ es convergente.

Answer 4

La serie $\sum \frac{a_n}{s_n^2}$ converge siempre que cada $a_n>0$ ; no se necesita ninguna otra suposición. Dejemos a un lado la $n=1$ que es igual a $\frac1{a_1}$ . Para $n\ge2$ observen: $$ 0<\frac{a_n}{s_n^2}=\frac{s_n-s_{n-1}}{s_ns_n}\le\frac{s_n-s_{n-1}}{s_{n-1}s_n}=\frac1{s_{n-1}}-\frac1{s_n} $$ y, por telescopia, deducir $$ \sum_{n=2}^N\frac{a_n}{s_n^2}\le\frac1{s_1}-\frac1{s_N}\le\frac1{s_1}=\frac1{a_1}. $$ Así que las sumas parciales de la serie están acotadas por encima de $\frac2{a_1}$ . Como los términos son positivos, las sumas parciales son crecientes. Concluya que la serie converge.

Answer 5

Demostremos que para ${t}>1$ la serie $$\sum_n \frac{a_n}{s_n^{{t}}}$$ es convergente.

Aplicar el teorema del valor intermedio de Lagrange para la función $x \mapsto x^{1-{t}}$ en el intervalo $[s_{n-1}, s_n]$ y obtenemos $$s_{n-1}^{1-{t}}- s_n^{1-{t}} = \frac{({t}-1)(s_n - s_{n-1})}{\theta^{{t}}} \ge ({t}-1) \frac{a_n}{s_n^{{t}}}$$ y se deduce que $$\sum_{n\ge 1} \frac{a_n}{s_n^{{t}}}= a_1^{1-t} + \sum_{n\ge 2} \frac{a_n}{s_n^{{t}}} \le a_1^{1-t}+ \frac{1}{t-1} \cdot \sum_{n\ge 2} (s_{n-1}^{1-{t}}- s_n^{1-{t}}) = \frac{t}{t-1} a_1^{1-t}$$ por lo que la serie tiene una suma finita.