Si $\,a_n\searrow 0\,$ $\,\sum_{n=1}^\infty a_n<\infty,\,$ ¿esto implica que $\,n\log n\, a_n\to 0$?

Question

Un muy elegante y clásico ejercicio de Cálculo (serie infinita) es la siguiente:

Si la falta de secuencia negativa $\{a_n\}$ es decreciente y $\sum_{n=1}^\infty a_n<\infty$,$na_n\to 0$.

Para mostrar este observar que, si $\,\sum_{n\ge n_0}a_n<\varepsilon/2$, entonces para de $n\ge 2n_0+1$, $$\frac{\varepsilon}{2}>a_{\lfloor n/2\rfloor}+\cdots+a_n\ge \frac{1}{2}na_n\ge 0.$$

Esto, en un sentido, está relacionado con el hecho de que $\sum\frac{1}{n}=\infty$. Para ir un paso más allá, ya que $\sum\frac{1}{n\log n}=\infty$, podemos obtener, con los mismos supuestos en $\{a_n\}$,$\,n\log n\, a_n\to 0$?

Esta conjetura tiene con la suposición de que $b_n=na_n$ también está disminuyendo. Para ver esto, vamos a $n_0\in\mathbb N$, de tal manera que $\sum_{n\ge n_0}a_n<\varepsilon$. A continuación, para $n\ge n_0^2$, tenemos $$\varepsilon>\sum_{\sqrt{n}\le k\le n}a_n\ge \sum_{\ell=1}^{\lfloor\log_2 \sqrt{n}\rfloor}\sum_{k=\lfloor2^{\ell-1}\log_2\sqrt{n}\rfloor+1}^{ \lfloor2^\ell\log_2\sqrt{n}\rfloor}a_k\ge \sum_{\ell=1}^{\lfloor\log_2 \sqrt{n}\rfloor} (2^{\ell-1}\log_2\sqrt{n}-1)a_{\lfloor2^\ell\log_2\sqrt{n}\rfloor} \\ \ge \sum_{\ell=1}^{\lfloor\log_2 \sqrt{n}\rfloor} \Big(\frac{1}{2}{\lfloor2^\ell\log_2\sqrt{n}\rfloor}-1\Big) a_{{\lfloor2^\ell\log_2\sqrt{n}\rfloor}}\ge \sum_{\ell=1}^{\lfloor\log_2 \sqrt{n}\rfloor}\Big(\frac{1}{2}n-1\Big)a_n\ge (\log_2 n-1)\Big(\frac{1}{2}n-1\Big)a_n.$$ Por lo tanto, $(\log_2 n-1)\big(\frac{1}{2}n-1\big)a_n\to 0$, lo que implica que $\,\,n\log n\,a_n\to 0$.

Un paso más allá: Si $a_n>0$, $\sum_{n=1^\infty}a_n<0$ $a_n$, y las secuencias de $na_n$ $n\log n a_n$ están disminuyendo, entonces $$n\log n \log\log n\,a_n\a 0.$$

Answer 1

Un contraejemplo es dada por $$a_n=\frac{1}{k^2 e^{k^2}}$$ al $e^{(k-1)^2}\leq n< e^{k^2}$. A continuación, el número de términos de igual a $1/(k^2 e^{k^2})$ está acotada arriba por $e^{k^2}$, lo $\sum_n a_n\leq \sum_k 1/k^2<\infty$, pero cuando se $n$ es ligeramente menor que $e^{k^2}$, $$n\log n\,a_n\approx1,$$ por lo $n\log n\, a_n\not\to 0$.

Answer 2

En realidad, no hay nada específico con $\log n$: lo mejor que podemos decir es que el $n\cdot a_n\to 0$.

Deje $\left(R_n\right)_{n\geqslant 1}$ ser una secuencia de la no-los números negativos se extiende hacia el infinito. Entonces existe un no-disminución de la secuencia de la no-números negativos $\left(a_n\right)_{n\geqslant 1}$tal que $\sum_{n=1}^{+\infty}a_n$ es finito, sino $\left(nR_na_n\right)_{n\geqslant 1}$ no converge a $0$.

De hecho, vamos a $\left(N_k\right)_{k\geqslant 1}$ será cada vez más una secuencia de números enteros tales que a $R_{N_{k+1}} \geqslant k^2$ todos los $k\geqslant 1$. Si $N_k\lt n\leqslant N_{k+1}$, vamos a $$a_n:=\frac 1{k^2N_{k+1}}.$$ Entonces $$\sum_{k=1}^{+\infty}\sum_{n=N_k+1}^{N_{k+1}}a_n=\sum_{k=1}^{+\infty}\sum_{n=N_k+1}^{N_{k+1}}\frac 1{k^2N_{k+1}}= \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{N_{k+1}-N_k}{k^2N_{k+1}}\leqslant \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^2}<+\infty$$ y para todos los $k\geqslant 1$, $$N_{k+1}R_{N_{k+1}}a_{N_{k+1}}=\frac 1{k^2}R_{N_{k+1}}\geqslant 1.$$

Si queremos estrictamente a la disminución de la secuencia, añadir a $a_n$ a un plazo $b_n$ la cual se reduce a $0$ que $\sum_{n\geqslant 1}nR_nb_n$ es finito.