Serie con $ \sum a_n$ converge pero $ \sum n a_n^2$ se divergen, y $a_n$ está disminuyendo

Question

¿Es posible tener una secuencia $a_n \geq 0$ que está disminuyendo y es tal que $ \sum a_n < \infty $ pero $ \sum n a_n^2 = \infty $ ? He visto Encuentra una secuencia $a_n$ para que $ \sum |a_n|$ converge pero $ \sum n |a_n|^2$ divergencias donde la condición se mantiene pero la $a_n$ dado no está disminuyendo.

Answer 1

La respuesta es no, hay dos pasos a seguir:

1) Si $a_n$ está disminuyendo y $ \sum_ {n=1}^{ \infty } a_n < \infty $ mostrar que $a_n \leq 1/n$ para todos los suficientemente grandes $n$ .

2) Concluir que si $a_n$ está disminuyendo y $ \sum_ {n=1}^{ \infty } a_n < \infty $ Entonces $ \sum_ {n=1}^{ \infty } na_n^2 < \infty $ .

Answer 2

La primera parte de la respuesta de Michael se basa en el siguiente hecho: $na_{n} \rightarrow 0$ por disminuir/no aumentar $(a_{n})$ , $a_{n} \geq 0$ y que $ \displaystyle\sum a_{n}< \infty $ .

Considere $na_{2n} \leq a_{2n}+a_{2n-1}+ \cdots + a_{n+1}$ y también considerar $na_{2n+1}$ . Por último, considere $(2n+1)a_{2n+1}=2(na_{2n+1})+a_{2n+1}$ . Tenga en cuenta que tenemos $a_{n} \rightarrow 0$ . Así que ahora considera la subsecuente y la impar subsecuente de $(ka_{k})$ .

Answer 3

Inspirado por los comentarios de zhw y RRL sobre la respuesta de Marty, aquí hay un ejemplo de una secuencia no negativa y no creciente $\{a_n\}_{n=1}^{ \infty }$ de tal manera que $ \sum_ {n=1}^{ \infty } a_n < \infty $ pero $a_i > \frac {1}{i \log (i)}$ para infinitamente muchos $i$ .

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Diseñamos la secuencia para que sea constante a lo largo de una secuencia de "marcos" sucesivos de tiempo. Para el marco $k \in \{1, 2, 3, ...\}$ definir: $$a_n = \frac {5}{(2^{k^2}) \log (2^{k^2})} , \quad \mbox { for } n \in \{2^{(k-1)^2}+1, ..., 2^{k^2}\}$$ Defina $a_1=a_2$ . Para $k \in \{1, 2, 3, ...\}$ definir $T_k = 2^{k^2}-2^{(k-1)^2}$ que es el tamaño del marco $k$ .

Por construcción, esta secuencia satisface $a_n = \frac {5}{n \log (n)} > \frac {1}{n \log (n)}$ para los índices $n=2^{k^2}$ (para todos $k \in \{1, 2, 3, ...\}$ ). También: \begin {alinear} \sum_ {n=2}^{ \infty } a_n &= \sum_ {k=1}^{ \infty } \frac {5T_k}{2^{k^2} \log (2^{k^2})} \\ &= \frac {5}{ \log (2)} \sum_ {k=1}^{ \infty } \frac {(T_k/2^{k^2})}{k^2} < \infty \end {alinear} donde la última desigualdad utiliza el hecho de que $ \lim_ {k \rightarrow\infty } \frac {T_k}{2^{k^2}} = 1$ .

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El ejemplo puede, por supuesto, modificarse para hacer $\{a_n\}$ disminuyendo estrictamente si se desea. Por ejemplo, basta con definir $\{b_n\}$ por $b_n = a_n + 1/n^2$ .

Answer 4

No.

Si $ \sum a_n$ converge y $a_n$ está disminuyendo, entonces $a_n < \dfrac1 {n \log n}$ para todos los suficientemente grandes $n$ ya que la suma de estos últimos divergen.

Luego $na_n^2 \lt \dfrac {n}{n^2 \log ^2 n} = \dfrac {1}{n \log ^2 n} $ y la suma de esto converge.