Convergencia

Question

¿Si $\lim_{N\to \infty} \sum_{n=N}^{2N} c_n = 0$ do tenemos que $\sum_{n=1}^{\infty} c_n$ converge? Al principio esto no parecía verdad ($\sum_{n=N}^{2N} (-1)^n$ es $0$ cuando N es impar), pero no he podido de encontrar un contraejemplo adecuado. Lo he intentado pensar en términos de sumas parciales para demostrar que es cierto, pero no han tenido ninguna suerte. ¿Alguien puede ayudar?

Answer 1

Considerar el $c_n = \dfrac{1}{(n+1)\log_2(n+1)}$. Entonces, $0 < c_n \le \dfrac{1}{(N+1)\log_2(N+1)}$ % todos $N \le n \le 2N$.

Así, $0 < \displaystyle\sum_{n = N}^{2N}c_n \le \displaystyle\sum_{n = N}^{2N}\dfrac{1}{(N+1)\log_2(N+1)} = \dfrac{1}{\log_2(N+1)} \to 0$ $N \to \infty$.

Sin embargo, $\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}c_n = \sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{1}{(n+1)\log_2(n+1)}$ difiere de la prueba integral.

Answer 2

Deje que

\begin{align*} c_1 = c_2 &= \frac{1}{2}\\ & \\ c_3 = c_4 = c_5 = c_6 &= \frac{1}{4}\times\frac{1}{2} = \frac{1}{8}\\ & \\ c_7 = c_8 = c_9 = c_{10} = c_{11} = c_{12} = c_{13} = c_{14} &= \frac{1}{8}\times\frac{1}{3} = \frac{1}{24} \end{align*}

y así sucesivamente. Más precisamente, que $c_n = \dfrac{1}{2^kk}$ donde $k = \lfloor\log_2(n+1)\rfloor$.

Entonces si $S_m = \displaystyle\sum_{n=1}^ma_n$, tenemos

$$S_{2^{p+1}-2} = \sum_{n=1}^{2^{p+1}-2} c_n = \sum_{k=1}^{p}\sum_{n=2^k-1}^{2^{k+1}-2}c_n = \sum_{k=1}^{p}\sum_{n=2^k-1}^{2^{k+1}-2}\frac{1}{2^kk} = \sum_{k=1}^{p}2^k\frac{1}{2^kk} = \sum_{k=1}^p\frac{1}{k}.$$

Como la serie armónica diverge, $S_{2^{p+1}-2}$ diverge. Por lo tanto, diverge $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}c_n$.