Доказать сходимость ряда

[artempalkin]

Задача из Кудрявцева.

Доказать, что если ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{\sqrt n}$ сходится и $a_{n+1}\leqslant a_n$ и $a_n\geqslant 0$, то также сходится и ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n^2$.

Тут я много чего думал, но что-то ничего существенно не помогло. Понятно, что "на пальцах" $a_n$ должно убывать "быстрее", чем $\frac 1 {\sqrt n}$, чтобы ряд сходился... Но, конечно, такой подход не является последовательным, и есть какое-то нормальное решение.

Особенно неясно, почему так важно невозрастание последовательности. Хочется поразмыслить о разности между соседними членами $a_n$, которая будет неотрицательной, то есть, скажем, о телескопическом ряде, но тоже не совсем понятно, куда это приткнуть.

[Padawan]

Воспользуйтесь следующим признаком: https://en.m.wikipedia.org/wiki/Cauchy_condensation_test

[ShMaxG]

Докажите сначала, что если $b_n>0$, $b_{n+1} \le b_n$ и $\sum b_n$ сходится, то $\lim{nb_n}=0$ (это одна из задач выше в Кудрявцеве). А потом просто заметьте, что $a_n^2=(a_n/\sqrt{n})\cdot \sqrt{n}a_n$.

[мат-ламер]

Для всех достаточно больших $N$ выполняется $\sum \frac{a_n}{\sqrt{n}}<\sum \frac{1}{n}$ (суммируются $N$ членов). Умножим каждый член этого неравенства на $a_n\sqrt{n}$ .

Однако, здесь используется, что для положительных невозрастастающих $a_i$ и $b_i$ и положительных $c_i$ из $a_1+...+a_n<b_1+...+b_n$ следует $a_1c_1+...+a_nc_n < b_1c_1+...+b_nc_n$ , что отнюдь неочевидно, но можно доказать последовательным делением последнего неравенства на $c_i$ . Но всё равно как-то сложно получается. По крайней мере сложней, чем в предыдущих постах.

[Null]

мат-ламер в сообщении #1585690 писал(а):

Однако, здесь используется, что для положительных невозрастастающих $a_i$ и $b_i$ и положительных $c_i$ из $a_1+...+a_n<b_1+...+b_n$ следует $a_1c_1+...+a_nc_n < b_1c_1+...+b_nc_n$

Не похоже на правду. $c_i$ тоже должны возрастать?

[мат-ламер]

Null в сообщении #1585720 писал(а):

Не похоже на правду. $c_i$ тоже должны возрастать?

Да, извиняюсь. Ерунду написал.

[artempalkin]

ShMaxG в сообщении #1585688 писал(а):

Докажите сначала, что если $b_n>0$, $b_{n+1} \le b_n$ и $\sum b_n$ сходится, то $\lim{nb_n}=0$ (это одна из задач выше в Кудрявцеве).

Да, спасибо, этого было бы достаточно. Но пока не совсем понимаю, как это доказать.

Предположим, что $b_n>0$, $b_{n+1} \le b_n$ и $\sum b_n$ сходится, но при этом $\lim{nb_n}\neq 0$. Тогда существует такая подпоследовательность $n_k$, что $n_kb_{n_k}>\varepsilon$. Тогда $b_{n_k}>\frac {\varepsilon}{n_k}$. Нам нужно доказать, что ряд $\sum b_k$ расходится.

В таком случае (учитывая, что $b_{n_k}$ невозрастает):

$\sum\limits_{p=1}^{\infty}b_p=\sum\limits_{p=1}^{n_1}b_p+\sum\limits_{p=n_1+1}^{n_2}b_p+\sum\limits_{p=n_2+1}^{n_3}b_p+...>\varepsilon (1+\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac {n_{k+1}-n_k}{n_{k+1}})$.

Соответственно, ряд справа должен расходиться, чтобы утверждение теоремы было верно (иначе мы сможем предъвить ряд-контпример). Получается, я свел задачу к следующей: доказать, что для любой возрастающей последовательности натуральных чисел $n_k$ следующий ряд расходится:

$$$\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac {n_{k+1}-n_k}{n_{k+1}}$$

Но как это доказать? что-то не особо получается... Понятно, что для $n_k=k$ мы получим гармонический ряд... но в общем что-то непонятно

[Padawan]

artempalkin в сообщении #1585848 писал(а):

ShMaxG в сообщении #1585688

писал(а):
Докажите сначала, что если $b_n>0$, $b_{n+1} \le b_n$ и $\sum b_n$ сходится, то $\lim{nb_n}=0$ (это одна из задач выше в Кудрявцеве).
Да, спасибо, этого было бы достаточно. Но пока не совсем понимаю, как это доказать.

Пусть $n$ чётное, напишите оценку для суммы $\sum\limits_{k=n/2+1}^n b_k$, которая по критерию Коши стремится к нулю.

[artempalkin]

Padawan в сообщении #1585853 писал(а):

Пусть $n$ чётное, напишите оценку для суммы $\sum\limits_{k=n/2+1}^n b_k$, которая по критерию Коши стремится к нулю.

Да, согласен, спасибо! Так доказывается через критерий Коши расходимость гармонического ряда, но мне что-то в голову не пришло применить...

[ShMaxG]

artempalkin в сообщении #1585848 писал(а):

Да, спасибо, этого было бы достаточно. Но пока не совсем понимаю, как это доказать.

Можно применить критерий Коши сходимости рядов, рассмотрев $nb_{2n}$ и воспользовавшись монотонностью, получится, что $2nb_{2n}\to0$. Из монотонности также последует $(2n+1)b_{2n+1}\to0$.