Сходимость ряда. Теоретическая задача.

[TamaGOch]

Доказать, что из сходимости ряда по $n$ от 1 до бесконечности с общим членом ряда $(a_n)^2$ следует сходимость по ряда по $n$ от 1 до бесконечности с общим членом ряда $\frac{|a_n|}{n}$

помогите пожалуйста, пробовал интегральный признак, но нет обоснования монотонности, признак сравнения пока тоже не получалось,

-- 20.12.2013, 07:34 --

напишу одну из попыток,

предположим, что $(a_n)^2 \geqslant\frac1n$, но предположение неверно, иначе ряд с таким общим членом расходился бы. Значит осмелимся сделать вывод, что $(a_n)^2 <\frac1n$
откуда $|a_n| <\frac{1}{n^\frac12}$
откуда $\frac{|a_n|}{n} <\frac{1}{nn^\frac12}$, ряд из которого сходится,
ограничили ряд сверху сходящимся, кричим ура.

Однако проблематично самое первое утверждение о том $(a_n)^2 <\frac1n$, давно показывал этот номер преподавателю, могу соврать, но по-моему именно этот момент мне не разрешили

[Otta]

TamaGOch в сообщении #803757 писал(а):

Однако проблематично самое первое утверждение о том $(a_n)^2 <\frac1n$

Разумеется, проблематично.
$\frac 1{n+1}<\frac 1n$, но ряд $\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n+1}$ расходится.

[provincialka]

Otta, но ведь у ТС утверждение в обратную сторону. Наверное, неравенство $a_n^2<\frac1n$ может быть неверно для отдельных номеров, ведь монотонность не предполагается.

[ewert]

TamaGOch в сообщении #803757 писал(а):

признак сравнения пока тоже не получалось

оно сразу получится, если сначала неравенство Коши-Буняковского.

Или ещё проще: $2xy\leqslant x^2+y^2$.

[Otta]

provincialka в сообщении #803766 писал(а):

но ведь у ТС утверждение в обратную сторону.

А. О. Ну да. Впрочем, уже неважно. :)

[TamaGOch]

Всем большое спасибо!
ewert, отдельное громаднейшее спасибо!!!

$(|a_n|-\frac{1}{2n})^2 \geqslant 0$
$(a_n)^2+\frac{1}{4n^2} - \frac{|a_n|}{n} \geqslant 0$
$ \frac{|a_n|}{n} \leqslant (a_n)^2+\frac{1}{4n^2}$