¿Si $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{a_n}$ converge, debe converger $\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{a_1 + \dots + a_n}$?

Question

Supongo que es adicionable, con $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{a_n} = A$$a_n > 0,$$n = 1,2,3,\cdots.$¿cómo podemos probar que $\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{a_1 + \dots + a_n}$ también es adicionable?

Esta pregunta vino de un seminario de resolución de problemas, pero absolutamente estoy atrapado sin un empuje en la dirección correcta. He probado unas cuantas cosas, incluyendo de Cauchy-Schwarz (que dice $\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{a_1 + \dots + a_n} < \sum_{n=1}^\infty \frac{A}{n}$) y también la idea de asumir que el último serie diverge y tratar de deducir la divergencia de la serie anterior de, mediante hechos como $\sum a_n = \infty \implies \sum \frac{a_n}{a_1 + \cdots + a_n} = \infty$. Nada ha funcionado hasta ahora.

Answer 1

La forma más fácil es usar desigualdad de Carleman, tenemos $$ \root{n}\of{a_1\cdots a_n} \leq \frac{a_1+\cdots+a_n}{n} $$ así $ \sum_{n=1}^\infty \frac{n}{a_1+\cdots+a_n}\leq \sum_{n=1}^\infty \root{n}\of{\frac{1}{a_1}\cdots \frac{1}{a_n}} \leq e\sum_ {n = 1} ^ \infty \frac{1}{a_n}. $$ Por lo que implica la convergencia de $\sum\dfrac{1}{a_n}$ $\sum\dfrac{n}{a_1+\cdots +a_n}.$

Answer 2

desde todas las $a_n \gt 0$ la declaración es equivalente a: $$ \lim_{n\rightarrow\infty} \sum_{k=1}^n a_k \lt \infty \Rightarrow \lim_{n\rightarrow\infty} \sum_{k=1}^n \frac{k}{\frac1{a_1}+\cdots+\frac1{a_k}} \lt \infty $$ ya que una serie adicionable es Cesaro-adicionable el resultado sigue del hecho de que la media armónica de $k$ cantidades positivas nunca supera su media aritmética

Answer 3

Aquí propongo una otra prueba de que los rendimientos de los mejores constante. El uso de Cauchy-Schwarz desigualdad tenemos: $$\sum_{j=1}^k j=\sum_{j=1}^k\sqrt{j^2a_j}\cdot{1\over\sqrt{a_j}}\leq \sqrt{\sum_{j=1}^k j^2a_j}\times\sqrt{\sum_{j=1}^k{1\over a_j}}$$ entonces $${1\over\sum_{j=1}^k{1/ a_j}}\leq{4\over{k^2(k+1)^2}} \left(\sum_{j=1}^kj^2a_j\right)$$ y esto puede ser escrita de la siguiente manera $${k\\sum_{j=1}^k{1/ a_j}}\leq{4k\over{2k+1}} \left({1\over k^2}-{1\over (k+1)^2}\right)\left(\sum_{j=1}^kj^2a_j\right)$$ lo que implica $${k\\sum_{j=1}^k{1/ a_j}}< 2 \left({1\over k^2}-{1\over (k+1)^2}\right)\left(\sum_{j=1}^kj^2a_j\right)$$ y puede ser escrito de la siguiente manera $${k\over\sum_{j=1}^k{1/ a_j}}< 2a_k+A_k-A_{k+1}$$ con $A_k={2\over k^2}\sum_{j=1}^{k-1}j^2a_j$$ A_1=0$. Sumando estas desigualdades para $1\leq k\leq n$ encontramos $$\sum_{k=1}^n{k\\sum_{j=1}^k{1/ a_j}}< 2\left(\sum_{k=1}^n a_k\right)-A_{n+1}, $$ y esto demuestra el deseado desigualdad desde $A_{n+1}\geq0$.

Por otro lado, si $c$ es la menos constante de tal forma que si $n\geq 1$ $a_1,\ldots,a_n>0$ hemos $$\sum_{k=1}^n{k\over\sum_{j=1}^k1/a_j}\leq c \sum_{k=1}^na_k$$ luego, por la elección de $a_n={1\over n}$ encontramos $$\sum_{k=1}^n{2\over k+1}\leq c \sum_{k=1}^n{1\over k}$$ que es $2\leq c+1/\sum_{k=1}^n{1\over k}$, y esto demuestra que $2\leq c$ desde $\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n{1\over k}=+\infty$.

Answer 4

Permita que me presente un corto, "mágico" solución mediante un cuidadoso proceso de aplicación de Cauchy-Schwarz.

Definir $A_n := a_1 + \cdots + a_n.$ vamos a probar, primero, la convergencia de $\sum_{n=1}^\infty \frac{n^2}{A_n^2}a_n$. Ahora,

\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^N \frac{n^2}{A_n^2}a_n &<& \sum_{n=2}^N \frac{n^2}{A_nA_{n-1}}a_n + \frac{1}{{a_1}} \\ &=& \sum_{n=2}^N \frac{a_n}{A_nA_{n-1}}n^2 + \frac{1}{{a_1}} \\ &=& \sum_{n=2}^N \left( \frac{1}{A_{n-1}} - \frac{1}{A_n}\right)n^2 + \frac{1}{{a_1}} \\ &<& \sum_{n=1}^N \frac{(n+1)^2 - n^2}{A_n} + \frac{2}{a_1} \\ &=& \sum_{n=1}^N \frac{2n + 1}{A_n} + \frac{2}{a_1} = 2\sum_{n=1}^N \frac{n}{A_n} + C \end{eqnarray}

donde en el último paso hemos añadido la suma de $\sum \frac{1}{A_n}$ para el término constante. Ahora,

$$\left(\sum_{n=1}^N \frac{n}{A_n}\right) \le {\left(\sum_{n=1}^N \frac{n^2}{A_n^2}a_n\right)}^{1/2}{\left(\sum_{n=1}^N \frac{1}{a_n} \right)}^{1/2} $$

por Cauchy-Schwarz, por lo que, la escritura $S_N = \sum_{n=1}^\infty \frac{n^2}{A_n^2}a_n$, vamos a tener

\begin{equation} S_N \le B \sqrt{S_N} + C \end{equation}

para todos los $N$. Esto implica la convergencia de $S_N$, ya que el $\sqrt{S_N} \le B + \frac{C}{\sqrt{S_N}}$ no podía sostener por un gran $N$ si $S_N$ separaron.

Desde el Cauchy-Schwarz desigualdad derivada de la anterior, por lo tanto, podemos de inmediato deducir la convergencia de nuestra serie original $\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{A_n}$.