La convergencia de $\sum \frac{a_n}{S_n ^{1 + \epsilon}}$ donde $S_n = \sum_{i = 1} ^ n a_n$

Question

Deje $a_n$ ser una secuencia de positivos reales, de tal manera que las sumas parciales $S_n = \sum_{i = 1} ^ n a_i$ divergen a $\infty$. Por $\epsilon > 0$ do tenemos $$\sum_{n = 1} ^ \infty \frac{a_n}{S_n^{1 + \epsilon}} < \infty?$$

Para $\epsilon \ge 1$ podemos resolver esto rápidamente señalando $$\frac{a_n}{S_n ^ 2} \le \frac 1 {S_{n - 1}} - \frac 1 {S_n}$$ so for sufficiently large $n$ we can bound $\frac{a_n}{S_n^{1 + \epsilon}}$ by $\frac 1 {S_{n - 1}} - \frac 1 {S_n}$ as well. I'm wondering if this is true for arbitrary $\epsilon > 0$. I know that the series in question diverges for $ \epsilon = 0$, so all that is missing is what happens in $(0, 1)$.

Answer 1

Creo que con $\displaystyle \frac{1}{S_{n-1}^{\varepsilon}} - \frac{1}{S_n^{\varepsilon}}$ va a trabajar para $\varepsilon \gt 0$.

(La misma que la tuya, por $\varepsilon = 1$).

$\displaystyle \frac{1}{S_{n-1}^{\varepsilon}} - \frac{1}{S_n^{\varepsilon}} = \frac{1}{(S_n - a_n)^{\varepsilon}} - \frac{1}{S_n^{\varepsilon}}$

Si $\displaystyle t = \frac{a_n}{S_n}$, entonces este es el mismo como

$\displaystyle \frac{1}{S_n^\varepsilon}((1-t)^{-\varepsilon} - 1) \ge \frac{\varepsilon t}{S_n^{\varepsilon}} = \frac{\varepsilon a_n}{S_n^{1 + \varepsilon}}$

(Hemos utilizado la desigualdad de Bernoulli $(1+x)^r \ge 1 + rx, x \gt -1, r \le 0$). Incluso teorema del Binomio)

Answer 2

Me resultó algo como esto hace un tiempo, donde me mostró que si $0<a_{n-1}\le a_n$ e si $\epsilon>0$, luego $$ \sum_{n=0}^\infty\frac{a_n-a_{n-1}}{a_n^{1+\epsilon}} $$ converge. Creo que este es el mismo stiuation, donde mi $a_n$ $S_n$ en este problema. Sin embargo, no hay ningún requisito de que $S_n$ (mi $a_n$) diverge. Aquí está la prueba me dio con mi $a_n$ reemplazado por $S_n$.

Por el Valor medio Teorema, para algunos $z_n$$S_{n-1}$$S_n$, tenemos $$ \frac{1}{S_{n-1}^\epsilon}-\frac{1}{S_n^\epsilon}=\epsilon\frac{S_n-S_{n-1}}{z_n^{1+\epsilon}} $$ Vamos a utilizar esta en el siguiente telescópico de la serie $$ \begin{align} \frac{1}{S_{k-1}^\epsilon}-\frac{1}{S_N^\epsilon} &=\sum_{n=k}^N\frac{1}{S_{n-1}^\epsilon}-\frac{1}{S_n^\epsilon}\\ &=\sum_{n=k}^N\;\epsilon\frac{S_n-S_{n-1}}{z_n^{1+\epsilon}}\\ &=\sum_{n=k}^N\;\epsilon\left(\frac{S_n}{z_n}\right)^{1+\epsilon}\;\frac{S_n-S_{n-1}}{S_n^{1+\epsilon}}\\ &\ge\epsilon\sum_{n=k}^N\frac{S_n-S_{n-1}}{S_n^{1+\epsilon}}\\ &=\epsilon\sum_{n=k}^N\frac{a_n}{S_n^{1+\epsilon}} \end{align} $$ Esta última desigualdad, junto con el hecho de que $\frac{1}{S_n^\epsilon}$ es un no-aumento de la secuencia acotada abajo por $0$, implica que la suma converge.

Answer 3

Me gustaría ofrecer una alternativa prueba de ello, aunque es una vieja pregunta y una respuesta, ha sido aceptado, ya que creo que es más simple y más geométrica, y este es un hecho de que necesitaba usar en una asignación recientemente.

Deje $p>1$. Entonces $\displaystyle \int_{S_{n-1}}^{S_n}\frac{dx}{x^p}\ge \int_{S_{n-1}}^{S_n}\frac{dx}{S_n^p}=\frac{a_n}{S_n^p}$ $\displaystyle\implies\frac{1}{p-1}\frac{1}{S_1^{p-1}}\ge\frac{1}{p-1}\bigg(\frac{1}{S_1^{p-1}}-\frac{1}{S_n^{p-1}}\bigg)=\int_{S_{1}}^{S_n}\frac{dx}{x^p}\ge \sum\limits_{k=2}^{n}\frac{a_n}{S_n^p}$, y por lo que la suma converge.

La integridad también voy a demostrar que para $p=1$ la serie diverge si las sumas parciales divergen y la secuencia está delimitada que no he visto: $\displaystyle \ln(S_n)-\ln(S_1)=\int_{S_1}^{S_n}\frac{dx}{x}=\sum\limits_{k=2}^n\int_{S_{k-1}}^{S_k}\frac{dx}{x}\le \sum\limits_{k=2}^n\frac{a_k}{S_{k-1}}$ y desde $S_n\to\infty$$n\to\infty$, la suma diverge. Ya que la secuencia es acotado, $\frac{S_n}{S_{n-1}}=\frac{S_{n-1}+a_n}{S_{n-1}}\to 1$$n\to\infty$, y así por el límite de la prueba de comparación de los importes de $\frac{a_n}{S_n}$ $\frac{a_n}{S_{n-1}}$ convergen o divergen juntos, y por lo $\displaystyle\sum\limits_n\frac{a_n}{S_n}$ diverge.